24.1 圆的有关性质 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，正三角形内接于，已知半径为2，那么的边长为（ ）
A．2 B． C． D．3
2．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，一根排水管的截面是一个半径为5的圆，管内水面宽，则水深为（ ）
A．3 B．2 C． D．
3．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，在⊙O中，弦AB，AC互相垂直，D，E分别为AB，AC的中点，则四边形OEAD是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
4．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，AB是的直径，弦CD交AB于点P，，，，则CD的长为（ ）
A． B． C． D．8
5．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）下列说法中正确的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧 B．圆心角相等，它们所对的弧也相等
C．平分弦的直径垂直于这条弦 D．等弧所对的弦相等
6．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3 B． C． D．
7．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，在⊙O中，弦AB与直径CD垂直，垂足为E，则下列结论中错误的是（ ）
A．AE=BE B．CE=DE C．AC=BC D．AD=BD
8．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，是的直径，点，在上，， ，，则的半径为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）下列命题正确的是（ ）
A．相等的圆周角对的弧相等
B．等弧所对的弦相等
C．三点确定一个圆
D．平分弦的直径垂直于弦
11．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，经过点，直线与交于、两点，则弦的最小值是（ ）
A． B． C． D．以上都不对
12．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，在中，是弦，，半径为4，．则的长（ ）
A． B． C． D．
13．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，⊙O的半径为4，弦心距OC＝2，则弦AB的长为（ ）
A．3 B． C．6 D．
14．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）工程上常用钢珠来测量零件上小孔的宽口，如果钢珠的直径为10mm，钢珠上项端离零件上表面的距离为8mm，如图，则这个零件小孔的宽口AB等于（ ）mm．
A．4 B．6 C．7 D．8
15．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，为直径，为的弦，，的度数为（ ）
A． B． C． D．
16．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，正五边形内接于，点P为弧上一点，则的为度数为（ ）
A． B． C． D．
17．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，连结OA，OC．若∠ABC=70°，则∠OCA的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
18．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，点、、、都在上，，，则的度数（ ）
A．25° B．30° C．40° D．50°
19．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）以为中心点的量角器与直角三角板按如图方式摆放，量角器的0刻度线与斜边重合．点为斜边上一点，作射线交弧于点，如果点所对应的读数为，那么的大小为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
20．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，是编号为1、2、3、4的400m跑道，每条跑道由两条直的跑道和两端是半圆形的跑道组成，每条跑道宽1m，内侧的1号跑道长度为400m，则2号跑道比1号跑道长 m；若在一次200m比赛中（每个跑道都由一个半圆形跑道和部分直跑道组成），要使得每个运动员到达同一终点线，则4号跑道起跑点比2号跑道起跑点应前移 m（π取3.14）．
21．（2022秋·湖北荆州·九年级期末）如图，长方形ABCD中，，BC=2，点E是DC边上的动点，现将△BEC沿直线BE折叠，使点C落在点F处，则点D到点F的最短距离为 ．
22．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，一个水平放置的透明无盖的正方体容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，则球的直径为 cm（容器厚度忽略不计）．
23．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，A、B、C是上的点，，垂足为点D，且D为OC的中点，若，则BC的长为 ．
24．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，AB，CD是的直径，弦，所对的圆心角为40°，则的度数为 ．
25．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）已知⊙O的半径OA＝2，弦AB、AC的长分别为，则∠BAC＝ ．
26．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于，若，则它的一个外角 ．
三、解答题
27．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）请用无刻度直尺按要求画图，不写画法，保留画图痕迹（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果）
(1)如图，①在线段上找一点，使；
②过点作直线将四边形的面积二等分；
(2)如图，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点，，请画出这个圆的圆心．
28．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，弦AC=BC，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF=CE，连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF．
(1)求证∶直线BF是⊙O的切线；
(2)若AF长为5，求⊙O的半径及DB的长．
29．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）已知：如图，在中，，以腰为直径作半圆O，分别交于点D，E．
(1)求证：．
(2)若，求圆弧所对的圆心角的度数．
参考答案：
1．B
【分析】过O作于D，连接，利用垂径定理得出，由等边三角形的性质和已知条件得出，利用含角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：过O作于D，连接，则，
∵正三角形内接于，
∴，
在中，，则，
∴，
∴，
即的边长为，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、垂径定理、含角的直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
2．B
【分析】利用垂径定理可知，再利用勾股定理求出解题．
【详解】如图，连接，
由题可知，则，
，
．
故选B．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
3．B
【分析】根据垂径定理可知，，得出，即可得证四边形OEAD是矩形．
【详解】 D，E分别为AB，AC的中点，
，
，
四边形OEAD是矩形(有三个角是直角的四边形是矩形)．
【点睛】本题考查垂径定理及矩形判定定理的理解和应用，解决本题的关键是对垂径定理的熟练应用．
4．A
【分析】过点作于点，连接，根据已知条件即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得，根据勾股定理即可求得，根据垂径定理即可求得的长．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，
AB是的直径，，，
，
在中，
故选A
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，掌握以上定理是解题的关键．
5．D
【分析】由等弧的定义可判断A，由圆心角，弧，弦之间的关系可判断B，D，由垂径定理的推论可判断C，从而可得答案．
【详解】解：能够互相重合的弧是等弧，故A不符合题意；
在同圆或等圆当中，圆心角相等，它们所对的弧也相等，故B不符合题意；
平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，故C不符合题意；
等弧所对的弦相等，描述正确，故D符合题意；
故选D
【点睛】本题考查的是等弧的定义，两个圆心角，两条弧，两条弦之间的关系，垂径定理的推论，掌握“圆中的基本概念及性质定理”是解本题的关键．
6．D
【分析】由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
7．B
【分析】回顾一下垂径定理的内容，根据定理得出AE=BE，弧AD=弧BD，弧AC=弧BC，即可得出选项．
【详解】∵CD⊥AB，CD为直径，
∴AE=BE，弧AD=弧BD，弧AC=弧BC，CE＞DE，
AD=BD,AC=BC,
故选:B．
【点睛】本题考查了垂径定理的应用，解此题的关键是能正确理解定理的内容，注意：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的每一条弧．
8．C
【分析】连接OA，AC，OC，OC交AB于E，先根据垂径定理求出AE=3，然后证明三角形OAC是等边三角形，从而可以得到∠OAE=30°，再利用三线合一定理求解即可.
【详解】解：如图所示，连接OA，AC，OC，OC交AB于E，
∵C是弧AB的中点，AB=6，
∴OC⊥AB，AE=BE=3，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°，
又∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∵OC⊥AB,
∴，,
∴
∴
∴圆心O到弦AB的距离为，
故选C.
【点睛】本题主要考查了圆周角与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．D
【分析】作半径OE⊥AB，连接DE，作BF⊥DE于F，如图，利用等角的余角相等得到∠DOE=∠AOC，则DE=AC=2，利用三角形内角和可计算出∠BDE=135°，所以∠BDF=45°，从而可计算出DF=BF=2，利用勾股定理计算出BE=2 ，然后根据△BOE为等腰直角三角形可得到OB的长．
【详解】解：作半径OE⊥AB，连接DE，作BF⊥DE于F，如图，
∵∠DOC=90°，∠BOE=90°，
∴∠DOE=∠AOC，
∴DE=AC=2，
∵∠BDE=180°-×90°=135°，
∴∠BDF=45°，
∴DF=BF=
在Rt△BEF，BE= ，
∵△BOE为等腰直角三角形，
∴OB=
．
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，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．
10．B
【详解】试题分析：A、在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等；B、正确；C、不在同一条直线上的三点确定一个圆；D、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦.
考点：圆的性质
11．C
【分析】易知直线过定点，运用勾股定理可求出，由经过点，可求出半径，由于过圆内定点的所有弦中，与垂直的弦最短，因此只需运用垂径定理及勾股定理就可解决问题．
【详解】解：对于直线，
当时，，
故直线恒经过点，记为点．
由于过圆内定点的所有弦中，与垂直的弦最短，即当时，最短，
连接，如图所示，
∵，
∴，
∵经过点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴弦的最小值是 ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直线上点的坐标特征、垂径定理、勾股定理等知识，发现直线恒经过点以及运用“过圆内定点的所有弦中，与垂直的弦最短”这个经验是解决该题的关键．
12．C
【分析】作于点C，连接，根据30°所对的直角边等于斜边的一半可得，根据勾股定理可得的长，再根据垂径定理可得的长．
【详解】解：如图，作于点C，连接，
∵
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理以及勾股定理，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
13．D
【分析】连接，构造直角三角形，用勾股定理求得长，再根据垂径定理求出长．
【详解】如图所示，连接
由题意知，弦心距OC＝2，
则根据垂径定理，有
在中，
则
根据垂径定理可知，
故选D．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，解决本题的关键是熟练应用垂径定理．
14．D
【分析】先根据钢珠的直径求出其半径，再构造直角三角形，求出小圆孔的宽口AB的长度的一半，最后乘以2即为所求．
【详解】连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，
则AB=2AD，
∵钢珠的直径是10mm，
∴钢珠的半径是5mm．
∵钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，
∴OD=3mm．
在Rt△AOD中，∵mm，
∴AB=2AD=2×4=8mm
故选D
【点睛】本题是典型的几何联系实际应用题，熟练运用垂径定理是解题的关键．
15．B
【分析】利用圆周角定理及直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：在中，为直径，
∴，
∵，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，能够熟练运用圆周角定理及互余的关系是解题关键．
16．D
【分析】根据正多边形的性质，求得每个内角的度数，再根据圆内接四边形的性质，求解即可．
【详解】解：在正五边形中，每个内角的度数为，
即，
由题意可得：四边形为圆的内接四边形，
∴，
∴，
故选：D
【点睛】此题考查了正多边形的性质以及圆的有关性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
17．A
【分析】先根据等腰三角形性质得∠OCA=∠OAC，GMF 由圆周角定理求得∠AOC=140°，然后利用三角形内角和求解即可．
【详解】解：∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵∠AOC=2∠ABC=2×70°=140°，
∴∠OCA==20°，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
18．A
【分析】由垂径定理可知，然后根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵OA⊥BC，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理．解题的关键在于明确：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．
19．B
【分析】由圆周角定理得出，进而得出，再由外角的性质得出，代入计算即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
点所对应的读数为，
，
为直径，，
点在上，
，
，
是的外角，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是运用圆周角定理得出与的关系．
20． 6.28 6.28
【分析】利用各跑道直线跑道相等，每条跑道宽1m，两个半圆相加得一个整圆列出式子对比即可．
【详解】解：设直线部分长为l米
1号：
2号：
3号：
4号：
2号比1号长：
4号起点比2号起点前移：
故答案为：6.28，6.28
【点睛】本题考查了列代数式，圆的周长公式，整式的加减等知识点，熟练掌握是解题的关键．
21．2
【分析】由题意易得点F的运动轨迹是以点B为圆心，BC长为半径的圆弧，连接BD，然后根据隐圆问题可进行求解．
【详解】解：由题意得：点F的运动轨迹是以点B为圆心，BC长为半径的圆弧，
连接BD，交圆弧于点H，如图所示：
∴当点F与点H重合时，点D到点F的距离为最短，
∵四边形ABCD是矩形，，BC=2，
∴，
∴，
∴，即点D到点F的最短距离为2；
故答案为2．
【点睛】本题主要考查隐圆问题，矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是分析得出点F的运动轨迹．
22．10
【分析】把平面图画出，根据垂径定理求出半径即可．
【详解】解：设球的半径为x，
∵当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，
∴，
∴，
根据勾股定理可得，
，
，
直径为：10，
故答案为：10．
【点睛】此题考查了球的相关知识，解题的关键是根据题意画出平面图，根据垂径定理求解．
23．7
【分析】根据垂径定理可得垂直平分，根据题意可得平方，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接，
A、B、C是上的点，，
，
D为OC的中点，
，
四边形是菱形，，
．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了垂径定理，菱形的性质与判定，掌握垂径定理是解题的关键．
24．70°
【分析】连接OE，由弧CE的所对的圆心角度数为40°，得到∠COE=40°，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠OCE，根据平行线的性质即可得到∠AOC的度数．
【详解】解：连接OE，如图，
∵弧CE所对的圆心角度数为40°，
∴∠COE=40°，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC，
∴∠OCE=(180°-40°)÷2=70°，
∵CE//AB，
∴∠AOC=∠OCE=70°，
故答案为：70°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，弧与圆心角的关系，平行线的性质，求出∠COE=40°是解题的关键．
25．15°或75°．
【分析】根据圆的轴对称性知有两种情况：两弦在圆心的同旁；两弦在圆心的两旁．然后画出图形，再根据垂径定理和三角函数求解．
【详解】解：过点O作OM⊥AB于M，
在直角△AOM中，OA=2．
∵OM⊥AB，
∴AM=AB=，
∴cos∠OAM=，
则∠OAM=30°，
同理可以求出∠OAC=45°，
当AB，AC位于圆心的同侧时，∠BAC的度数为45-30=15°；
当AB，AC位于圆心的异侧时，∠BAC的度数为45+30=75°．
故答案为：15°或75°．
【点睛】此题主要考查了利用三角函数求角的度数和垂径定理，关键是分类讨论，正确画出图形．
26．70°/70度
【分析】根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，求出的度数，再根据圆内接四边形的性质求出的度数，再根据邻补角的性质求出的度数．
【详解】解：∵
∴
∵四边形ABCD内接于
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了同弧所对圆周角与圆心角的关系以及圆内接四边形的性质，熟练掌握同弧所对圆周角等于圆心角的一半以及圆内接四边形的性质是解答本题的关键．
27．(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①在上取点，使为等腰直角三角形即可．
连接，，相交于点，作直线即可．
（2）设点下方圆所经过的格点为点，连接，，作线段，的垂直平分线，交点即为圆心．
【详解】（1）如图，点即为所求．
如图，直线即为所求．
（2）如图，圆心即为所求．
【点睛】本题考查作图应用与设计作图、等腰直角三角形、平行四边形的性质、垂径定理，熟练掌握等腰直角三角形、平行四边形的性质、垂径定理是解答本题的关键．
28．(1)见解析
(2)，
【分析】（1）连接、，证明四边形是平行四边形，则，根据，得到，，可证明是的切线；
（2）由是的直径得，则，可证明，根据勾股定理求出、的长，再根据三角形的面积公式即可求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接、，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
是的半径，且，
直线是的切线；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
，
，且，
，
，
，
的半径为，
，
，
．
【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆的弦与弧及圆心角的关系、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，根据题意正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
29．(1)证明见解析
(2)分别为40°、40°、100°
【分析】（1）连接BE，AD，利用AB是圆的直径，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）根据是圆的直径可知，从而求出，再根据圆周角定理求解即可；
【详解】（1）解：连接，
∵是圆的直径，
∴，
∴是的高，
∵，
∴．
（2）解：∵是圆的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴由圆周角定理得：所对的圆心角的度数是，
所对的圆心角的度数是，
所对的圆心角的度数是
【点睛】本题主要考查了圆的相关知识，掌握直径所对的圆周角是 、圆周角定理，等腰三角形的性质等知识是解题的关键．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·湖北宜昌·九年级统考期末）已知⊙O的半径是4，OP＝7，则点P与⊙O的位置关系是（ ）．
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
2．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，4为半径作圆，点P的坐标是（5，5），则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内
C．点P在⊙O外 D．点P在⊙O上或在⊙O外
3．（2022·湖北孝感·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D是以点A为圆心，4为半径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最大值（ ）
A．14 B．7 C．9 D．6
4．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝6，以点B为圆心，3为半径作⊙B，则点C与⊙B的位置关系是（ ）
A．点C在⊙B内 B．点C在⊙B上 C．点C在⊙B外 D．无法确定
5．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树，位置如图所示（图中小正方形为边长均相等），现计划修建一座以O为圆心，OA为半径的圆形水池，要求池中不留树木，则E、F、G、H四棵树中需要被移除的为（ ）
A．E、F、G B．F、G、H C．G、H、E D．H、E、F
6．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）已知⊙O的半径等于5，圆心O到直线l的距离为6，那么直线l与⊙O的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
7．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）为外一点，、分别切于点、，切于点，分别交、于点、，若，则的周长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
8．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，中，截的三条边所截得弦长相等，则（ ）．
A． B． C． D．
9．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，则点O是△ABC的（ ）
A．三条边的垂直平分线的交点 B．三条角平分线的交点
C．三条中线的交点 D．三条高的交点
10．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10 B．10 C．14 D．16
12．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）点P到⊙O的最近点的距离为2cm，最远点的距离为7cm，则⊙O的半径是（ ）
A．5cm或9cm B．2.5cm
C．4.5cm D．2.5cm或4.5cm
二、填空题
13．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，正方形的边长为6，点E，F分别在线段，上，且，，若点M，N分别在线段，上运动，P为线段上的点，在运动过程中，始终保持，则线段的最小值为 ．
14．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）中，，，，以为圆心所作的圆与边仅一个交点，则半径为 ．
15．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，为平面内的动点，且满足，为直线上的动点，则线段长的最小值为 .
16．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，已知的半径为3，圆心P在抛物线上运动，当与x轴相切时，则圆心P的坐标为 ．
17．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，直线，，分别与相切于，，，且，若，，则的长等于 ．
18．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）如图，⊙O 的半径为 3，AB 为圆上一动弦，以 AB 为边作正方形 ABCD，求 OD 的最大值 ．
19．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图， 内切于正方形，边、上两点，，且是的切线，当的面积为时，则的半径是 ．
20．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，是直角三角形，，，直角边在轴上，其内切圆的圆心坐标为，抛物线的顶点为，则 ．
三、解答题
21．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．
22．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，已知为的直径，分别与相切于点点D是延长线上一点，连接，且．
(1)证明：是的切线；
(2)若，，，求y关于x的函数解析式．
23．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，线段AB经过的圆心O，交圆O于点A，C，，AD为的弦，连接BD，，连接DO并延长交于点E，连接BE交于点M．
(1)求证：直线BD是的切线；
(2)求线段BM的长．
24．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，是的直径，弦，是的中点，连接并延长到点，使，连接交于点，连接，．
（1）求证：直线是的切线；
（2）若长为，求的半径及的长．
25．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC是直径，AB＝BC，连接BD，过点D的直线与CA的延长线相交于点E，且∠EDA＝∠ACD．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝6，CD＝8，求BD的长．
26．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，四边形内接于，为直径，点C是的中点，过点C作的切线交的延长线于点H，作，垂足为E．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
27．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）在中，，以边上一点为圆心，为半径的圆与相切于点，分别交，于点，．
(1)如图1，连接，求证：平分；
(2)如图2，若点为的中点，连接，试判断的形状，并说明理由．
28．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，点O是的边上一点，与边相切于点E，与边分别相交于点D，F，且．
(1)求证：；
(2)当时，求的长．
29．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，点C在以为直径的上．与过点C的切线垂直，垂足为D，交于点E，过B作交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)已知，，求和的长．
30．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，为的直径，切于点，与的延长线交于点，交延长线于点，连接，，已知，，．
（1）求证：是的切线；
（2）求的半径．
（3）连接，求的长．
31．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴轴为直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线AC上一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，PQ为半径作，当与坐标轴相切时，求的半径；
(3)直线与抛物线交于M，N两点，求面积的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】根据题意得⊙O的半径为4，则点P到圆心O的距离大于圆的半径，则根据点与圆的位置关系可判断点P在⊙O外．
【详解】解：∵OP＝7，r＝4，
∴OP＞r，
则点P在⊙O外．
故选：C．
【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．
2．C
【分析】先计算出OP的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法求解．
【详解】解：∵点P的坐标是（5，5），
∴，
而的半径为4，
∴等于大于圆的半径，
∴点P在外．
故选：C．
【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．
3．B
【分析】作AB的中点E，连接EM、CE、AD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在中根据三边关系即可求解．
【详解】解：作AB的中点E，连接EM、CE、AD，
在直角中，
∵E是直角斜边AB上的中点，
∴，
∵M是BD的中点，E是AB的中点，
∴，
∴在中，，即，
∴最大值为7，
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握综合运用各个知识点是解题关键．
4．C
【分析】欲求点C与⊙B的位置关系，关键是求出BC，再与半径3进行比较．若d＜r，则点在圆内；若d＝r，则点在圆上；若d＞r，则点在圆外．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
∴ ，
有勾股定理得：
，即 ，
解得： ，
∵以点B为圆心，3为半径作⊙B，
∴r＜d，
∴点C在⊙B外．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，含 角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握直角三角形中， 角所对的直角边等于斜边的一半，点与圆的位置关系的判定是解题的关键．
5．A
【分析】根据网格中两点间的距离分别求出，OE，OF，OG，OH然后和OA比较大小．最后得到哪些树需要移除．
【详解】解：∵OA=，
∴OE=2＜OA，所以点E在⊙O内，
OF=2＜OA，所以点F在⊙O内，
OG=1＜OA，所以点G在⊙O内，
OH=＞OA，所以点H在⊙O外，
故选：A．
【点睛】此题是点与圆的位置关系，主要考查了网格中计算两点间的距离，比较线段长短的方法，计算距离是解本题的关键．点到圆心的距离小于半径，点在圆内，点到圆心的距离大于半径，点在圆外，点到圆心的距离大于半径，点在圆内．
6．A
【分析】圆的半径为 圆心到直线的距离为 当时，圆与直线相离，直线与圆没有交点，当时，圆与直线相切，直线与圆有一个交点，时，圆与直线相交，直线与圆有两个交点，根据原理可得答案．
【详解】解：∵⊙O的半径等于为8，圆心O到直线l的距离为为6，
∴，
∴直线l与相离，
∴直线l与⊙O的公共点的个数为0，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆与直线的位置关系，圆与直线的位置关系有相离，相交，相切，熟悉三种位置关系对应的公共点的个数是解本题的关键．
7．D
【分析】由切线长定理可求得，，，则可求得答案．
【详解】
解：、分别切于点、，切于点，
，，，
，
即的周长为12，
故选：D．
【点睛】本题主要考查切线长定理，利用切线长定理求得、和是解题的关键．
8．B
【分析】先利用⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出∠BOC的度数．
【详解】解：如图，
∵△ABC中∠A=50°，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，
∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=（180°-∠A）=（180°-50°）=65°，
∴∠BOC=180°-（∠1+∠3）=180°-65°=115°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的内心，及三角形内角和定理，掌握三角形内心的性质是解答此题的关键．
9．B
【分析】根据三角形的内切圆得出点到三边的距离相等，即可得出结论．
【详解】解：是的内切圆，
则点到三边的距离相等，
点是的三条角平分线的交点；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，解题的关键是熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质．
10．C
【分析】根据题意，画出图形，，过点作，，，连接，根据内切圆的性质，可得，求得线段，再根据切线长定理求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，过点作，，，连接，如下图：
由切线长定理可得：，，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
在中，，，
∴，
由勾股定理可得：，
的周长为16，可得：
解得，
故选：C．
【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
11．C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3
∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，
∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．
故答案为C．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题的关键．
12．D
【分析】根据已知条件能求出圆的直径，即可求出半径，此题点的位置不确定所以要分类讨论．
【详解】解：①当点在圆外时，
∵圆外一点和圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径为7﹣2＝5（cm），
∴该圆的半径是2.5cm；
②当点在圆内时，
∵点到圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径＝7+2＝9（cm），
∴圆的半径为4.5cm，
故选：D．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系的应用，能根据已知条件求出圆的直径是解此题的关键．
13．/
【分析】先证C、E、P、F四点共圆，取的中点为O，以为直径作，连接，，根据三角形三边关系可知：，因为为定值，根据垂线段最短，得出当O、P、N三点共线，且时，最小，则最小，根据垂径定理和勾股定理求出长，最后根据线段间的和差关系求长，即可得出结论．
【详解】解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵和为直角三角形，
取的中点为O，
∴，
∴C、E、P、F四点共圆，
∵，
∵为定值，
∴当最小，且O、P、N三点共线时，最小，
过O作于H，延长交于P’，交于，而，
∴，
∵，而，
∴ ，
∴，
∵，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的三边关系、勾股定理，圆的确定及基本性质等知识点，解题的关键是根据题意作出辅助圆，利用垂线段最短找出最小值时的位置．
14．或
【分析】要使圆与斜边有1个交点，则应满足直线和圆相切即圆心到斜边的距离为半径即斜边上的高；或圆与直线相交，此时半径要大于且半径不大于．
【详解】当直线和圆相切时，圆心到斜边的距离为半径即斜边上的高，
过点C作于点D，
∵，，，
∴，
∴；
当圆与直线相交，此时半径要大于且半径不大于，
∴；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，正确理解相切，相交的基本条件是解题的关键．
15．
【分析】由直径所对的圆周角为直角可知，动点轨迹为以中点为圆心，长为直径的圆，求得圆心到直线的距离，即可求得答案．
【详解】∵，
∴动点轨迹为：以中点为圆心，长为直径的圆，
∵，，
∴点M的坐标为：，半径为1，
过点M作直线垂线，垂足为D，交⊙D于C点，如图：
此时取得最小值，
∵直线的解析式为：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了点的轨迹，圆周角定理，圆心到直线的距离，正确理解点到直线的距离垂线段最短是正确解答本题的关键．
16．或
【分析】先利用相切确定点的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可．
【详解】解：抛物线，
所以抛物线顶点为
因为圆与x轴相切，圆心在抛物线上
∴P点纵坐标为3，
令，
得，
故或，
故答案为或．
【点睛】本题考查了切线的性质和二次函数综合，掌握圆的切线垂直于过切点的半径确定点P的纵坐标是解题关键．
17．10cm
【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明，再根据勾股定理即可求得的长，再结合切线长定理即可求解．
【详解】解： ，
，
、，分别与相切于、、，
，，，，
，
，
，
．
故答案为：10cm．
【点睛】此题主要是考查了切线长定理．从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的连线平分两条切线的夹角．
18．3＋3
【分析】把AO绕点A顺时针旋转90得到AO′，得到△AOO′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出OO′，再根据正方形的性质可得AB＝AD，再求出∠BAO＝∠DAO′，然后利用“边角边”证明△ABO和△ADO′全等，根据全等三角形对应边相等可得DO′＝BO，再根据三角形的任意两边之和大于第三边求解即可．
【详解】如图，连接AO、BO、把AO绕点A顺时针旋转90得到AO′，连接DO’
∴△AOO′是等腰直角三角形，
∵AO＝3，
∴OO′＝=3，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90，
∵∠BAO＋∠BAO′＝∠DAO′＋∠BAO′＝90，
∴∠BAO＝∠DAO′，
在△ABO和△ADO′，
，
∴△ABO≌△ADO′（SAS），
∴DO′＝BO＝3，
∴OO′＋O′D≥OD，
当O、O′、D三点共线时，取“＝”，
此时，OD的最大值为3＋3．
故答案为：3＋3．
【点睛】本题考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，利用旋转作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
19．
【分析】设正方形的边长为，则，设，，则，，，利用勾股定理得出，再由，得出，从而求出，得到．
【详解】解：设与相切于，与相切于，与相切于，
设正方形的边长为，
，
设，，
在中，
，，，
，
，
，
，
，
，
的半径为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，以及勾股定理等知识，熟记切线长定理是解决问题的关键．
20．
【分析】先求出内切圆半径为1，再设，，则，，由直角三角形性质，得，即，根据切线长定理得，，则，化简得，由勾股定理，得，化简得，把①代入②解得：，则，从而求得，再由抛物线的顶点为，而抛物线的顶点为，则，即可求解．
【详解】解：∵是直角三角形，，其内切圆的圆心坐标为，
∴，，，
∴，
设，，
∴，，
∵，
∴，即，
，化简得，
由勾股定理，得，
化简得，
把①代入②解得：（负值不符合题意，已舍去），
∴，
∴，
∵，
∴抛物线的顶点为，
∵抛物线的顶点为，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查直角三角形内切圆，切线长性质，勾股定理，直角三角形性质，二次函数图象性质，求出点坐标是解题的关键．
21．(1)
(2)P（，）
(3)证明见解析
【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案；
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案；
（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．
【详解】（1）∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：．
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，
∵点D（m，3）在抛物线上，
∴，
解得：，（与点C重合，舍去），
∴D（2，3），
∴CD//AB，CD=2，
当y=0时，，
解得：，，
∴B（3，0），
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，
在△DCB和△ECB中，
∵，
∴△DCB≌△ECB，
∴CE=CD=2，
∴OE=OC-CE=1，
∴E（0，1），
∴，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立直线BP与抛物线解析式得：，
解得：（舍去），，
∴P（，）．
（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），
∵CD、QF为⊙M的弦，
∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，
∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴，
∴M（1，），
∵MD=MF，
∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，
整理得：t=2，
∴点F在定直线y=2上．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键．
22．(1)证明见详解
(2)y
【分析】（1）连接，依据切线的性质可知，再证明，依据全等三角形的性质可知，故此是的切线；
（2）过点C作于点F，则．由切线长定理可得：，则，在中依据勾股定理可得到y与x的函数关系式．
【详解】（1）证明：连接，
∵与相切于点E，
∴，
∵是半径
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：如图所示：过点C作于点F，则．
∵，
∴．
由切线长定理可得：，
∴
，
在中，
∵
∴．
整理得：y，
则y关于x的函数关系式为：y．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质和判定，解答本题主要应用了切线的性质和判定定理、全等三角形的性质和判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理可得，从而得到 ，即可求证；
（2）连接DM，Rt△BOD中，根据直角三角形的性质可得 BO=2OD，从而得到，，再由的直径，可得，，从而得到，再由，可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BOD=2∠BAD，
∴，
又∵，
∴ ，即，
又∵为的半径，
∴直线BD是的切线；
（2）解：如图，连接DM，
Rt△BOD中，，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵的直径，
∴，，
在Rt△BDE中，，
∵，
∴，
在Rt△BDM中，．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）的半径为，．
【分析】（1）如图：连OC，根据、得CO⊥AB，进而证明即可得到∠FBE=∠COE=90°，即可证明直线是⊙的切线；
（2）由设的半径为，则，，在Rt ABF运用勾股定理即可得半径r，然后再求得AB,最后运用等面积法求解即可．
【详解】（1）如图：连接
∵、
∴
∵，，，
∴
∴
∴
又∵经过半径的外端点
∴是的切线；
（2）设的半径为，则，
在中有：
∴只取，即的半径为．
∵是的直径、即,
∴
∴,
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∴，解得．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的关键．
25．（1）见解析；（2）BD=7．
【分析】（1）连接OD．由OC＝OD得出，∠OCD＝∠ODC，由AC是直径，得出∠ADC＝90°，进而证明OD⊥DE即可．
（2）过点B作BH⊥BD交DC延长线于点H．证明△BDH是等腰直角三角形，求出DH即可．
【详解】解：（1）证明：连接OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠EDA＝∠ACD，
∴∠ADO+∠ODC＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）过点B作BH⊥BD交DC延长线于点H．
∴∠DBH＝90°，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABD＝90°﹣∠DBC，∠CBH＝90°﹣∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBH，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠BCH＝180°，
∴∠BAD＝∠BCH，
∵AB＝CB，
∴△ABD≌△CBH（ASA），
∴AD＝CH，BD＝BH，
∵AD＝6，CD＝8，
∴DH＝CD+CH＝14，
在Rt△BDH中，∵BD2＝DH2﹣BH2，BD＝BH，则BD2＝98．
∴BD=7．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等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，构造直角三角形解决问题．
26．(1)见解析
(2)的长为．
【分析】（1）连接，根据点C是的中点，可得，然后证明，再根据切线的性质即可解决问题；
（2）由角平分线的性质定理得到，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵点C是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，是半径，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
在中，
．
∴的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的判定，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质定理是解题的关键．
27．(1)证明见详解
(2)为等边三角形；理由见详解
【分析】（1）连接，由在中，是切线，易得，即可求得，继而得证；
（2）首先连接，由（1）得：，由点为的中点，易得，继而求得答案．
【详解】（1）连接，如图1，
∵为半径的圆与相切于点D，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）为等边三角形；理由如下：
连接，
由（1）得，
∴，
∵，点F为的中点，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
【点睛】此题考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质以及平行线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
28．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用切线的性质及圆周角定理通过互余即可证明．
（2）利用勾股定理先求，再利用勾股定理求即可．
【详解】（1）
(1)如图，连接
∵是的切线，是的半径
∴
∵和分别是所对的圆心角和圆周角
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
（2）解：∵是的切线
∴
∴
已知，设，则
解得或（舍去）
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题主要考查切线的性质及圆周角定理，能够熟练运用切线切线额的性质及勾股解直角三角形是解题关键．
29．(1)见解析
(2)，
【分析】连接，由已知可得，；由可得，从而得，再由圆周角定理即可证明结论成立；
（2）连接、、，过O作于点G，则可得四边形是矩形，则，；由可得，则可得，由勾股定理可求得，由勾股定理可求得；由（1）及已知可证得，则，从而求得结果．
【详解】（1）证明：如图，连接，
为的切线，
，
，
，
；
，
，
，
，
；
（2）连接、、，过O作于点G，如图，
∵，，
，
四边形是矩形，
，；
，
，
，
，
在中，由勾股定理可求得，
；
，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，，
由（1）知，，
，
，
∵，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合，考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，涉及的知识点较多，作的辅助线较多，有一定的综合性，灵活运用这些知识是关键．
30．（1）证明见解析；（2）圆的半径为；（3）．
【分析】（1）由已知角相等、对顶角相等，根据三角形内角和180°得到，即可解题；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB，由PD-PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则OD=8-r，利用勾股定理列出关于方程的解得到r的值，即为圆的半径；
（3）延长、相交于点，根据切线的性质及角平分线的性质，证明，继而解读BF的长，再由勾股定理解题即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
为的切线；
（2）解：在中，，，
根据勾股定理得：，
与都为的切线，
；
在中，设，则有，
根据勾股定理得：
解得：，则圆的半径为．
（3）延长、相交于点
与都为的切线，
平分
又
，
在中，
【点睛】本题考查切线的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
31．(1)
(2)2或4
(3)8
【分析】（1）由题意及抛物线的对称性知：，即可求得m的值，从而用待定系数法可求得函数解析式；
（2）首先求出直线的解析式为，由轴及点Q在抛物线上，可得点Q的坐标，从而求得的长度，分两种情况讨论：当与x轴相切时；当与y轴相切时；分别利用圆心到切线的距离等于半径得到方程，解方程即可求得半径；
（3）由知，直线过点，则得轴，且；联立直线与抛物线的解析式，消去y得一元二次方程，可求得M与N的横坐标，再由，可得关于k的函数关系式，即可求得面积的最小值．
【详解】（1）解：抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线
、关于对称轴对称，
，
解得：，
即，，
把A、B两点坐标代入中，得，
解得：
则所求函数解析式为；
（2）解：对于，令，得，
，
设直线的解析式为，
则有，
解得：，
所以直线的解析式为，
设点，
轴，点Q在抛物线上，
Q的坐标为，
；
当与x轴相切时；
，
即，或，
解得：，或，
显然时点P、Q与点A重合，不合题意，则及，
当时，；当时，，
此时的半径分别为2或4；
当与y轴相切时；
，
即，或，
解得：，，或，，
显然时点P、Q与点C重合，不合题意，则及，
此时的半径分别为4或2；
综上，与坐标轴相切时，的半径分别为2或4；
（3）解：当时，，
直线过点，
，
轴，且；
联立直线与抛物线的解析式得：，
消去y得：，
，
，，
，
，
，
当时，有最小值16，从而的面积有最小值．
【点睛】本题是二次函数与一次函数、圆、三角形的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数的最值，圆的相切，三角形面积，解一元二次方程等知识，综合性强，灵活运用这些知识是关键．24.3 正多边形和圆 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（ ）
A．72° B．60° C．48° D．36°
2．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，是半圆O的直径，，则的度数是（ ）
A．70° B．100° C．110° D．120°
3．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，四边形内接于．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）如果一个正多边形的中心角为60°，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）如图所示，正六边形ABCDEF内接于⊙O，则∠ADB的度数是（）．
A．60° B．45° C．30° D．22．5°
二、填空题
6．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）如图，边长为的正六边形内有一边长为的正三角形，则 ．
7．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）已知的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作的内接正方形ABCD（如图1）；（2）作正方形的内接圆，再作较小圆的内接正方形（如图2）；（3）作正方形的内接圆，再作其内接正方形（如图3）；…；依次作下去，则正方形的边长是 ．
8．（2022秋·湖北咸宁·九年级期末）如图，边长为2的正六边形的中心与坐标原点O重合，轴，将正六边形绕原点O逆时针旋转n次，每次旋转，当时，顶点A的坐标为 ．
9．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图．点O是正五边形的中心，是正五边形的外接圆，的度数为 ．
10．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）一个圆内接正多边形的一条边所对的圆心角是，则该正多边形边数是 ．
11．（2022秋·湖北省直辖县级单位·九年级统考期末）如图，在边长为的正六边形中，连接，，其中点，分别为和上的动点，若以，，为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为 ．
12．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，五边形 ABCDE 是⊙O 的内接正五边形， AF 是⊙O 的直径，则∠ BDF 的度数是 °．
13．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）圆内接正六边形的边长为10cm，则它的边心距等于 cm．
三、解答题
14．（2022秋·湖北省直辖县级单位·九年级统考期末）如图，在网格纸中，O、A都是格点，以O为圆心，为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下画图：
(1)在图①中画⊙O的一个内接正六边形；
(2)在图②中画⊙O的一个内接正八边形．
15．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）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．
16．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，已知点O是正六边形ABCDEF的对称中心，G，H分别是AF，BC上的点，且AG＝BH．
（1）求∠FAB的度数；
（2）求证：OG＝OH．
参考答案：
1．A
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
2．C
【分析】先根据圆周角定理可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据圆内接四边形的性质即可得．
【详解】是半圆O的直径，
，
，
，
又四边形ABCD是圆O内接四边形，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质、圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
3．C
【分析】根据圆内接四边形的对角互补，可求得的度数．
【详解】因为，四边形内接于，
所以，=180°-
故选：C
【点睛】考核知识点：圆的内接四边形．熟记圆的内接四边形性质是关键．
4．C
【详解】试题解析：这个多边形的边数为：
故选：C.
5．C
【详解】设正六边形每个内角是a，(6-2)a, a=120°，所以∠DAB=60°，AD是直径，∠ADB=30°，所以选C.
6．
【分析】设，则，代入计算即可．
【详解】设，则，，
故，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正多边形的面积计算，正三角形的面积计算，熟练掌握面积计算是解题的关键．
7．
【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解．
【详解】解：根据题意，
在图1中圆的半径为a，则正方形的边长，
在图2中，，
则正方形的边长，
在图3中，，
则正方形的边长，
……
依次类推，正方形的边长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变化规律是解答的关键．
8．
【分析】将正六边形绕原点O逆时针旋转次时，点A所在的位置是自身所在的位置，连接，，设交y轴于点H，先判断是等边三角形，求出和的长度，即可求出点A的坐标．
【详解】解：，
∴当时，顶点A旋转到了原来的位置，
连接，，设交y轴于点H，
在正六边形中，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
即当时，顶点A的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、旋转变换的性质，掌握正多边形的性质、旋转变换的性质是解题的关键．
9．/36度
【分析】连接，先求出中心角的度数，再根据圆周角定理即可得．
【详解】解：如图，连接，
点是正五边形的中心，是正五边形的外接圆，
中心角，
由圆周角定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接正五边形和圆周角定理，熟练掌握圆内接正五边形的中心角的求法是解题关键．
10．六
【分析】根据正多边形的中心角＝计算即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n．
由题意得，＝60°，
∴n＝6，
故答案为：六．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解题的关键是记住正多边形的中心角＝．
11．9或10或18
【分析】根据点，分别为和上的动点，以，，为顶点的三角形是等边三角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然后再适当左右摆动图形，寻找其它可能存在的解．
【详解】解：如下图：
（1）当M，N分别与B，F重合时，在中，由题意得：
，
易算得：，根据正多边形的性质得，
，
为等边三角形，即为等边三角形，边长为18，
此时已为最大张角，故在左上区域不存在其它解；
（2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线
得：，
，
为等边三角形，边长为9，
（3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形会适当的左右摆动，使得存在无数个这样的等边三角形且边长会在到之间，其中包含边长为，，
，且等边三角形的边长为整数，
边长在到之间只能取9或10，
综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18．
故答案是：9或10或18．
【点睛】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题，解题的关键是：根据等边三角形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右适当摆动时如何取边长的整数值．
12．54
【分析】连接AD，根据圆周角定理得到∠ADF=90°，根据五边形的内角和得到∠ABC=∠C=108°，求得∠ABD=72°，由圆周角定理得到∠F=∠ABD=72°，求得∠FAD=18°，于是得到结论．
【详解】连接AD，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ADF=90°，
∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴∠ABC=∠C=108°，
∴∠ABD=72°，
∴∠F=∠ABD=72°，
∴∠FAD=18°，
∴∠CDF=∠DAF=18°，
∴∠BDF=36°+18°=54°，
故答案为54．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题．
13．．
【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
14．(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）设的延长线与圆交于点D，根据圆的内接正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶点，且正六边形的边长等于圆的半径，即，故在图中找到的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点B和F,同理∶在图中找到的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点C和E，连接，如图，正六边形即为所求；
（2）圆的内接八边形的中心角为，而正方形的对角线与边的夹角也为，根据正方形对角线能形成角，以此确定，同理即可确定另外4个点位置，再顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，
如图①，正六边形即为所求；
（2）如图所示，
如图②，正八边形即为所求．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图、正多边形和圆，解决本题的关键是掌握圆内接正多边的性质，准确画图．
15．(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．
16．（1）120°；（2）见解析；
【分析】(1)根据多边形的内角和定理、正多边形的性质计算；
(2)证明△AOG≌△BOH，根据全等三角形的性质证明结论．
【详解】(1)∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠FAB＝＝120°；
(2)连接OA、OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠FAB＝∠CBA，
∴∠OAG＝∠OBH，
在△AOG和△BOH中，
，
∴△AOG≌△BOH(SAS)
∴OG＝OH．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的内角的计算公式、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．24.4 弧长和扇形面积 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（ ）
A．π B．6π C．3π D．
3．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径，圆心角，则此圆锥高的长度是（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）一个扇形的圆心角为135°，弧长为cm，则此扇形的面积是（ ）cm2．
A． B． C． D．
5．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，点A，B，C在上，若，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，冰淇淋蛋筒下部呈圆锥形，则蛋筒圆锥部分包装纸的面积（接缝忽略不计）是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）用半径为30cm，圆心角为的扇形纸片恰好能围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面半径为（ ）
A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm
二、填空题
8．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，在单位长度为1的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2，圆心角为的多次复制并首尾连接而成．现有一点P从 A（A为坐标原点）出发，以每秒的速度沿曲线向右运动，则在第107秒时点P的纵坐标的值为 ．
9．（2022秋·湖北荆州·九年级期末）如图，从一块圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°，半径为2m的扇形BAC，围成一个圆锥，则圆锥的底面圆的半径是 m．
10．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）圆锥底面圆的半径为2cm，其侧面展开图的圆心角是180°，则圆锥的侧面积是 ．
11．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，已知的直径，AC是的弦，连接BC，若，点Q在劣弧BC上一个动点，当时，则弧CQ的长度是 ．
12．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心、以边长为半径在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形．若等边三角形的边长为9，则勒洛三角形的周长为 ．
13．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，把直角尺的角的顶点落在上，两边分别交于三点，若的半径为.则劣弧的长为 ．
14．（2022秋·湖北十堰·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 °．
15．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在扇形纸片AOB中，OA=10，∠AOB=36°，OB在桌面内的直线l上．现将此扇形沿！按顺时针方向旋转（旋转过程中无滑动），当OA落在l上时，停止旋转．则点O所经过的路线长为 ．
16．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）从一块直径为4m的圆形铁皮上剪出一个如图所示圆心角为90°的最大扇形，则阴影部分的面积为 ．
17．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，在中，，若将绕点顺时针旋转60°，点的对应点为点，点的对应点为点，点为的中点，连接．则点的运动路径与线段、围成的阴影部分面积是 ．
18．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，一把打开的雨伞可近似的看成一个圆锥，伞骨（面料下方能够把面料撑起来的支架）末端各点所在圆的直径AC长为12分米，伞骨AB长为9分米，那么制作这样的一把雨伞至少需要绸布面料为 平方分米．
19．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，点O，A，B都在格点上，若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为 ．
20．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角是 ．
21．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，已知圆锥的母线AB长为40 cm，底面半径OB长为10 cm，若将绳子一端固定在点B，绕圆锥侧面一周，另一端与点B重合，则这根绳子的最短长度是 ．
三、解答题
22．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图所示，对称轴为直线的抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，点在抛物线对称轴上并且位于轴的下方，以点为圆心作过、两点的圆，恰好使得弧的长为周长的．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求的半径和圆心的坐标，并判断抛物线的顶点与的位置关系；
(3)在抛物线上是否存在一点，使得？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2022秋·湖北恩施·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）
24．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）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绕点O逆时针旋转90°后的△；
(2)写出点，的坐标；
(3)求出（1）中C点旋转到点所经过的路径长（结果保留π）．
25．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，在的方格纸中，的三个顶点都在格点上，我们把这样的三角形叫做格点三角形（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．请完成以下画图并填空．
（1）在图1中画出一个与成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中画出一个与成轴对称且与有公共边的格点三角形；
（3）在图3中画出将绕点顺时针旋转后得到的三角形，其中顶点A在旋转过程中经过的路径长为______．（直接填结果）
26．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（4，2），C（3，5）（每个方格的边长均为1个单位长度）．
（1）请画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于x轴对称；
（2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2B2C2，并直接写出点B旋转到点B2所经过的路径长．
27．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，已知过菱形的三个顶点A，B，D，连接，过点A作交的延长线于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
28．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求阴影部分的面积．
29．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，点A，B的坐标分别是、，△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到．
(1)画出，直接写出点，的坐标；
(2)求在旋转过程中，线段OB所扫过的面积．
30．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）如图，以等腰的一腰为直径作，交底边于点D，交腰于点H，过点D作腰的垂线，垂足为E，交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径；
(3)在（2）条件下，求阴影部分的面积S．
参考答案：
1．C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
2．D
【分析】弧长公式为： 再分析所在扇形的圆心角与半径，再计算即可得到答案.
【详解】解：由旋转的性质可得： 而
的长==1.5π．
故选D．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，弧长的计算，掌握“旋转的性质与弧长公式”是解本题的关键.
3．C
【分析】设圆锥底面圆的半径为r，根据圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆的周长，进而求得OA，最后用勾股定理求出CA即可．
【详解】解：设圆锥底面圆的半径为r
∵AC=6，∠ACB=120°
∴，即：r=OA=2
在Rt△AOC中，OA=2，AC=6，
由勾股定理得，．
故填：．
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式、勾股定理等知识点，根据弧长公式和圆的周长公式求得OA是解答本题的关键．
4．A
【分析】根据，代入计算即可．
【详解】因为，扇形的圆心角为135°，弧长为cm，
所以，
故选B．
【点睛】本题考查了扇形的弧长公式，扇形的面积公式，熟练掌握两个公式是解题的关键．
5．B
【分析】由圆周角定理可得出，即证明为等边三角形，再根据，结合扇形面积公式和等边三角形面积公式即可解答．
【详解】∵，
∴．
∵，
∴为等边三角形．
∵，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，扇形的面积公式．掌握圆心角为，半径为r的扇形面积为和边长为a的等边三角形的面积为是解题关键．
6．C
【分析】圆锥的侧面积底面周长母线长．
【详解】解：由图知，底面直径为5，则底面周长l为，母线长为8，
所以侧面展开图的面积，
故选：C．
【点睛】本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，比较简单．
7．A
【分析】根据圆锥的侧面是一个扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面周长即可得．
【详解】解：设这个圆锥底面半径为，
由题意得：，
解得，
即这个圆锥底面半径为，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图、弧长公式，熟练掌握圆锥的侧面展开图特点是解题关键．
8．
【分析】根据题意求出的长，由图可知，点每走两个为一个循环，找出点纵坐标的变化规律即可．
【详解】解：过点作，交于点，交于点，
由题意得：
的长，
秒，
，，
，，
，
，
，
第1秒点运动到点，纵坐标为1，
第2秒点运动到点，纵坐标为0，
第3秒点的纵坐标为，
第4秒点的纵坐标为0，
第5秒点的纵坐标为1，
．
点的纵坐标以1，0，，0四个数为一个周期依此循环，
，
在第107秒时点的纵坐标为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆心角，弧，弦的关系，规律型中点的坐标，找出点纵坐标的规律是解题的关键．
9．/0.5
【分析】根据弧长等于底面圆的周长列方程求解．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径是rm，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】此题考查了弧长公式，弧长与圆锥底面圆周长的关系，熟记弧长与圆锥底面圆周长的关系是解题的关键．
10．
【分析】设圆锥的母线长为R，根据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，根据扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式即可列出等式：，然后解方程即可得母线长，最后利用扇形的面积公式即可求出结果．
【详解】解：设圆锥的母线长为R，即其侧面展开图的半径为R．
根据题意得 ，
解得：R＝4．
则圆锥的侧面积是，
故答案是：．
【点睛】本题考查了圆锥的有关计算．掌握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及熟记弧长公式和扇形的面积公式是解答本题的关键．
11．
【分析】根据全等三角形的性质，圆周角定理和弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接OQ、OC，
∵AB是圆的直径，
∴∠AQB=90°，
∵△BAQ≌△ABC，
∴∠BAQ=∠ABC=25°，
∴∠ABQ=65°，
∴∠CBQ=∠ABQ-∠ABC=40°，
∴∠COQ=80°，
∵AB=6，
∴OC=3
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，圆周角定理和弧长公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
12．9π
【分析】根据弧长公式计算即可．
【详解】解：勒洛三角形的周长＝×3＝9π，
故答案为：9π．
【点睛】本题考查的知识点是弧长的计算公式，熟记公式是解此题的关键．
13．
【分析】连接OB、OC，如图，先根据圆周角定理求出∠BOC的度数，再根据弧长公式计算即可.
【详解】解：连接OB、OC，如图，∵∠A=45°，∴∠BOC=90°，∴劣弧的长=.
故答案为：.
【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式的计算，属于基础题型，熟练掌握基本知识是解题关键.
14．120
【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．
15．
【分析】点O所经过的路线分为了三部分，分别是：（1）以点B为圆心，BO长为半径，圆心角为90°的弧；（2）长度等于的线段；（3）以点A为圆心，AO长为半径，圆心角为90°的弧．
【详解】
如图，点O所经过的路线为：，，，
=；
==；
=；
∴点O所经过的路线长=++=
故答案为：
【点睛】本题主要考查了点的运动轨迹，熟练地掌握弧长的运算公式以及运用特殊的几何图形来描述点的运动轨迹是解题的关键．弧长=（为圆心角的度数，r为半径）．
16．
【分析】连接，则可得为圆形铁皮的直径，由勾股定理可求得扇形的半径，由扇形面积公式即可计算出扇形的面积，从而求得阴影部分的面积．
【详解】解：连接，
由于剪出的是圆心角为90°的最大扇形，则是圆形铁皮的直径，
，
，，
由勾股定理得：，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积、不规则图形面积，关键是清楚最大扇形所在弧的两个端点是圆的直径的两个端点．
17．/
【分析】作DE⊥AB于点E，由∠BED＝90°，∠DBE＝60°得∠BDE＝30°，根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半及勾股定理求出DE的长，然后分别求出△ABD的面积和扇形ABA′的面积，即可求出点A的运动路径与线段AD、A′D围成的阴影部分面积，得到问题的答案．
【详解】解：如图，作DE⊥AB于点E，
由旋转得∠ABA′＝60°，A′B＝AB＝12，
∵∠BED＝90°，∠DBE＝60°，
∴∠BDE＝30°，
∵点D为A′B的中点，
∴BD＝A′B＝×12＝6，
∴BE＝BD＝×BD＝3，
∴DE＝＝＝，
∴S△ABD＝×12×＝，
∵S扇形ABA′＝＝24π，
∴S阴影＝S扇形ABA′ S△ABD＝24π ，
∴点A的运动路径与线段AD、A′D围成的阴影部分面积是24π ，
故答案为：24π ．
【点睛】此题重点考查点的轨迹、旋转的性质、直角三角形中30°所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、扇形面积的计算等知识与方法，分别求出扇形ABA′的面积和△ABD的面积是解题的关键．
18．
【分析】根据圆锥侧面积公式进行求解即可．
【详解】解：根据圆锥侧面积公式得：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆锥的侧面积，熟记圆锥侧面积公式：（r是底面圆半径，l是母线长）是解题的关键．
19．/
【分析】先利用勾股定理的逆定理证明为等腰直角三角形，，设圆锥的底面圆的半径为，由于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，则根据弧长公式得到，解方程求出，然后利用勾股定理计算该圆锥的高．
【详解】解：连接，
，，，
，
为等腰直角三角形，，
设圆锥的底面圆的半径为，
根据题意得，
解得，
该圆锥的高．
故答案为：．
【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．也考查了勾股定理的逆定理．
20．180°
【详解】解：设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n度．
由题意得S底面面积=πr2，
l底面周长=2πr，
S扇形=2S底面面积=2πr2，
l扇形弧长=l底面周长=2πr．
由S扇形=l扇形弧长×R得2πr2=×2πr×R，
故R=2r．
由l扇形弧长=得：
2πr=
解得n=180°．
故答案为：180°
【点睛】本题考查扇形面积和弧长公式以及圆锥侧面积的计算，掌握相关公式正确计算是解题关键．
21．cm
【分析】根据底面圆的周长等于扇形的弧长求解扇形的圆心角 再利用勾股定理求解即可.
【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示：
设圆锥侧面展开图的圆心角为n°， 圆锥底面圆周长为
则n=90，
∵
即这根绳子的最短长度是cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面展开图，弧长的计算，掌握“圆锥的底面圆的周长等于展开图的弧长求解圆心角”是解本题的关键.
22．(1)
(2)2，，点在上
(3)存在，，，
【分析】（1）根据二次函数的图像及性质，根据对称轴为，得，求出， 把代入，求得，即可求出抛物线的解析式．
（2）根据二次函数的解析式推出，．从而得到．根据对称轴为，得到． ．连接、．由勾股定理可得，，求出的半径为2，的坐标为．根据抛物线，求出抛物线的顶点坐标为．得到．所以推出点在上
（3）设点的坐标为，根据三角形的面积公式推出，得到，①当时，②当时， 求出a的值，即可求得M点的坐标．
【详解】（1）解： 对称轴为，
．
把代入，得．
抛物线的解析式为．
（2）把代入，得，解得，．
，．
．
对称轴为，
．
．
连接、．
的长为周长的，
．
，
．
由勾股定理可得，，
的半径为2，的坐标为．
，
抛物线的顶点坐标为．
．
点在上
（3）存在
设点的坐标为．
．
①当时，
解得，，
，．
②当时，解得，
综上，符合条件的点M的坐标有，，．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，抛物线与几何综合，根据二次函数的图像和性质求抛物线的解析式，解题的关键是根据三角形的面积公式，推出点的坐标，注意数形结合的思想方法，能够结合图形将线段的长度用点坐标之间的关系来表示．
23．（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．
24．(1)见解析
(2)（4，2）；（3，4）
(3)点C走过路线长=2.5π
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，即可画出图形；
（2）由（1）可知，写出点，的坐标即可；
（3）先计算出OC的长，然后根据弧长公式计算C点旋转到C1点所经过的路径长．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：由（1）可知，（4，2）；（3，4）；
（3）解：根据题意，
，
∴所以C点旋转到C1点所经过的路径长=；
【点睛】本题考查了作图：旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析，
【分析】（1）根据成中心对称图形的概念以及网格结构，分别找出点A、点B以C为对称中心得到对应点的位置，再与点C顺次连接即可作出图形；
（2）根据成轴对称图形的概念，以边BC所在的直线为对称轴作出图形即可；
（3）根据网格结构找出点A、B绕着点C按顺时针方向旋转后的对应点的位置，再与点C顺次连接即可．由题意得点A在旋转过程中经过的路径为所对的圆弧的长度，利用弧长公式即可求出．
【详解】（1）如图（答案不唯一），
（2）如图（答案不唯一），
（3）如图，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，利用中心对称和轴对称作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
26．（1）画图见解析；（2）画图见解析，路径长为．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于x轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，
∵OB=，∠BOB2=90°，
∴点B旋转到点B2所经过的路径长为．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，利用轴对称变换作图，弧长公式，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点P，根据菱形的性质得出，根据平行线的性质得出，进而得出，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质得出， 证明是等边三角形，得出，进而， ，再根据求解即可．
【详解】（1）证明：连接交于点P，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，扇形面积，菱形的性质，等边三角形的判定，正确理解题意是解题的关键．
28．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；
（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形的面积相等，继而得到结论．
【详解】（1）证明：∵=，
∴∠ACD＝∠DBA，
又∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴；
（2）解：如图，连结OC，OD．
∵∠ACD＝30°，
∴∠ACD＝∠CAB＝30°，
∴∠AOD＝∠COB＝60°,
∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．
∵，
∴S△DOC=S△DBC，
∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，
∵AB＝4，
∴OA＝2，
∴S扇形COD=．
∴S阴影=．
【点睛】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．
29．(1)见解析，（-3，3），（-2，1）
(2)
【分析】（1）根据网格结构找出点A，B绕点O逆时针旋转90°后的对应点A1，B1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出各点的坐标；
（2）利用勾股定理列式求出OB的长，再利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】（1）解：如图：
∴A1点坐标为（-3，3），B1点坐标（-2，1）；
（2）解： ∵B1点的坐标为(-2，1)，
∴ ，
∴线段OB所扫过的面积= ．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，扇形的面积，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置和熟记扇形面积公式是解题的关键．
30．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，根据是直径，可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）根据圆周角定理可得，然后设，则，可得，求出x，即可；
（3）连接，根据等腰三角形的性质可得，，在中，可求出的长，再证明，可得，从而得到，即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是直径，
∴，即，
又，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
∴是的切线；
（2）解∶在中，，
∴，
∵，
∴，
在中，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
即的半径为1；
（3）解：连接，
∵，，
∴，，
在中，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，求扇形面积，直角三角形的性质等知识，熟练掌握切线的判定，圆周角定理，扇形面积公式，直角三角形的性质等知识是解题的关键．
