24.1 圆的有关性质
一、单选题
1．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，半径为5的与y轴交于点，则点A的横坐标为（ ）
A．-3 B．3 C．4 D．6
2．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，在⊙O中，AE是直径，连接BE，若AB＝2，于点D，CD=1，则BE的长是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，在中﹐，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·吉林白山·九年级统考期末）如图，内接于，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）如图，在中，直径过弦的中点G，，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，四边形内接于．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，在中，半径垂直弦于点D．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝100°，则∠BOD＝（ ）
A．80° B．50° C．160° D．100°
9．（2022秋·吉林四平·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E都在⊙O上．若∠1＝55°，则∠2的大小为（ ）
A．55° B．45° C．35° D．25°
10．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的弦（AB不是直径），以点A为圆心，以AB长为半径画弧交⊙O于点C，连接AC、BC、OB、OC．若∠ABC=65°，则∠BOC的度数是（ ）
A．50° B．65° C．100° D．130°
11．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点P，∠A=40°，∠APD=75°，则∠B=（ ）
A．15° B．40° C．75° D．35°
12．（2022秋·吉林·九年级统考期末）如图，四边形内接于，为的直径，.若，则的大小是（ ）
A．55° B．70° C．110° D．140°
13．（2022秋·吉林四平·九年级期末）如图，是的直径，C，D为上的点，且点D在弧上．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
14．（2022秋·吉林·九年级统考期末）如图，，是上直径两侧的两点．设，则（ ）
A． B． C． D．
15．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，四边形是的内接四边形，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
16．（2022秋·吉林长春·九年级期末）点A是半径为3的上一动点，点O到直线的距离为4．点P是上一个动点．在运动过程中若，则线段的最小值是 ．
17．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，将半径为的圆形纸片沿一条弦折叠，折叠后弧的中点与圆心重叠，则弦的长度为 ．
18．（2022秋·吉林白山·九年级统考期末）如图，在⊙O中，已知半径为5，弦AB的长为8，那么圆心O 到AB的距离为 ；
19．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是10mm，测得钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，如图所示，则这个小圆孔的宽口AB的长度为 mm．
20．（2022秋·吉林长春·九年级期末）在⊙O中，直径为10 cm，弦AB的长为8 cm，则圆心O到AB的距离为 ．
21．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，是的直径，，，则的大小为 ．
22．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，在中，，，以为直径的交于点．是上一点，且，连接．过点作，交的延长线于点，则为 ．
23．（2022秋·吉林通化·九年级统考期末）如图，点、、在上，，则的大小为 ．
24．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 ．
25．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，四边形ABCD的外接圆为⊙O，BC=CD，∠DAC=35°，则∠BDC的大小为 ．
26．（2022秋·吉林长春·九年级期末）正方形边长为4，则它的外接圆半径为 ．
三、解答题
27．（2022秋·吉林·九年级期末）图1是吉林市的彩虹桥图片．图2是彩虹桥示意图，桥拱可以近似看作半径为的圆弧，桥拱（弧）和路面（弦）之间用九根钢索相连，钢索垂直路面（弦），路面（弦）长度为，若这九根钢索将路面（弦）十等分，求最长钢索的长度．
28．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，都是的半径，，．求度数．
四、证明题
29．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，的弦、相交于点，且．求证：．
30．（2022秋·吉林长春·九年级期末）【问题原型】如图①，在和中，，点是的中点，以为直径作，求证：点、在上．
【发现结论】有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点都在以斜边为直径的圆上．
【结论应用】如图②，在四边形中，，连结、，若，则________°．
【拓展延伸】如图③，边长为的正方形的对角线、交于点，把边、分别绕点、顺时针方向旋转相同的角度，正方形变成四边形，对角线交于点．若旋转角为，则点运动到点所经过的路径长为__________．
31．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）如图，是的直径，是的一条弦，且于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
32．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，的弦相交于点E，．求证：．
五、计算题
33．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，⊙O中，，∠C＝75°，求∠A的度数．
参考答案：
1．B
【分析】过点A作与D，连接，根据点B和点C的坐标求出，再根据垂径定理求出，根据勾股定理求出即可；
【详解】解：过点A作与D，连接,
,
半径为5的与y轴交于点，
，
过圆心A，
，
由勾股定理得：
，
点的横坐标为3，
故选择：B
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，垂径定理等知识，能根据垂径定理求出是解题的关键．
2．B
【分析】根据垂径定理求出AD，根据勾股定理列式求出OD，根据三角形中位线定理求出结果即可．
【详解】解：，OC为⊙O的半径，AB＝2，
，
在Rt△AOD中，，
，即 ，
OA=4，
OD=OC-CD=3，
AO=OE，AD=DB，
∴BE=2OD=6，
故选：B．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
3．B
【分析】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，由此即可得到答案．
【详解】解：，
．
故选：B．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦的关系，关键是掌握：在同圆或等圆中，圆心角，弧，弦的关系．
4．D
【分析】同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可作答．
【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角，，
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角的性质内容，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
5．D
【分析】根据垂径定理的推论，得到，利用圆周角定理即可得解．
【详解】解：∵直径过弦的中点G，
∴，
∵，
∴的度数均为，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理．熟练掌握平分弦（不是直径）的直径，平分弦所对的弧，是解题的关键．
6．C
【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，以及圆内接四边形的内对角互补，进行求解即可．
【详解】解：四边形ABCD内接于，，
∴，，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查圆周角定理以及圆内接四边形．熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，圆内接四边形的内对角互补，是解题的关键．
7．A
【分析】由圆周角定理可求得的度数，再由已知及三角形内角和定理即可求得结果．
【详解】，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
8．C
【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的对角互补计算即可；
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝100°，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，准确计算是解题的关键．
9．C
【分析】如图，连接 由圆周角定理可得，再利用平角的定义求解，再利用圆周角定理可得：从而可得答案．
【详解】解：如图，连接
故选：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，平角的定义，掌握圆周角定理是解题的关键．
10．C
【分析】直接根据题意得出AB=AC，进而得出∠A=50°，再利用圆周角定理得出∠BOC=100°．
【详解】解：由题意可得：AB=AC，
∵∠ABC=65°，
∴∠ACB=65°，
∴∠A=50°，
∴∠BOC=100°，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质，正确得出∠A的度数是解题关键．
11．D
【分析】由∠APD=75°，可知∠BPD的度数，由圆周角定理可知∠A=∠D，故能求出∠B．
【详解】解：∵∠APD=75°，
∴∠BPD=105°，
由圆周角定理可知∠A=∠D（同弧所对的圆周角相等），
在三角形BDP中，
∠B=180°-∠BPD-∠D=35°，
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
12．C
【分析】根据圆周角定理即可求解.
【详解】如图，连接，∵，
∴.
∴为的直径，
∴.
∵，
∴.
∴.
∴.
故选C.
【点睛】较易题.失分原因是没有联想到如何作出辅助线以及圆内接四边形的对角互补.
13．A
【分析】利用圆内接四边形的性质求出∠B=60°，由圆周角定理推论得出∠ACB=90°，再由直角三角形两锐角互余求解即可．
【详解】解：∵∠D+∠B=180°，∠D=120°，
∴∠B=60°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB=90°-∠B=30°，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握直径所对圆周角是直角、圆内接四边形的性质，属于中考常考题型．
14．D
【分析】先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，从而求出∠BAC，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出∠BDC．
【详解】解：∵C ，D是⊙O上直径AB两侧的两点，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=25°，
∴∠BAC=90°-25°=65°，
∴∠BDC=∠BAC=65°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，即直径所对的圆周角是90°和同弧或等弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是牢记相关概念与推论，本题蕴含了属性结合的思想方法．
15．C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到，再根据圆周角定理求出即可．
【详解】解：四边形是的内接四边形，
∴，即，
由圆周角定理可得：，
故选：C．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
16．５
【分析】根据勾股定理得，求线段的最小值转化为求的最小值，再根据点到直线的距离的意义即可得解．
【详解】解：，，
，
要使线段最小，则要最小，
即当时，最小；
点O到直线的距离为4，
的最小值为4，
线段的最小值是；
故答案为：5．
【点睛】此题考查了圆的相关、概念勾股定理、点到直线的距离的意义，熟练掌握勾股定理与点到直线的距离的意义是解答此题的关键．
17．
【分析】连接OC交AB于点D，再连接OA．根据轴对称的性质确定，OD=CD；再根据垂径定理确定AD=BD；再根据勾股定理求出AD的长度，进而即可求出AB的长度．
【详解】解：如下图所示，连接OC交AB于点D，再连接OA．
∵折叠后弧的中点与圆心重叠，
∴，OD=CD．
∴AD=BD．
∵圆形纸片的半径为10cm，
∴OA=OC=10cm．
∴OD=5cm．
∴cm．
∴BD=cm．
∴cm．
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称的性质，垂径定理，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
18．3
【详解】试题分析：过点O作OC⊥AB于C，连结OA，如图，
∵OC⊥AB，
∴AC=BC=AB=×8=4，
在Rt△AOC中，OA=5，
∴OC==3，
即圆心O到AB的距离为3．
考点：1、垂径定理；2、勾股定理
19．8
【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
故答案为8
【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．
20．3cm；
【详解】试题解析：作OC⊥AB于C，连结OA，如图，
∵OC⊥AB，
∴AC=BC=AB=×8=4，
在Rt△AOC中，OA=5，
∴OC==3，
即圆心O到AB的距离为3．
21．/76度
【分析】根据同弧（或等弧）所对的圆心角相等，得。即可求出的度数．
【详解】解：在中，
∵，，
∴；
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查圆心角的计算，属于基础题，理解同弧（或等弧）所对的圆心角相等是解题的关键．
22．
【分析】连接，如图，先根据圆周角定理得到，再根据弧、弦、圆心角的关系得到，然后根据四边形的内角和计算的度数．
【详解】解：∵，
∴
连接，如图，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．
【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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．
23．
【分析】根据圆周角定理，设，则，构建方程求解即可．
【详解】∵点、、在上，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理，学会利用参数构建方程解决问题是解本题的关键．
24．30°/30度
【分析】根据垂径定理得出∠AOB=∠BOD，进而求出∠AOD=60°，再根据圆周角定理可得∠APD=∠AOD=30°．
【详解】∵OC⊥AB，OD为直径，
∴，
∴∠AOB=∠BOD，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∴∠APD=∠AOD=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键．
25．35°/35度
【分析】先根据圆周角定理得出结合BC=CD，再利用等边对等角，从而可得答案.
【详解】解： ∠DAC=35°，
故答案为：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，等腰三角形的性质，掌握“在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等”是解本题的关键.
26．．
【详解】解：正方形外接圆直径为正方形的对角线长．
∵正方形边长为4，
∴正方形的对角线长为，
∴外接圆半径为．
27．
【分析】根据题意可知垂直平分弦，结合垂径定理可知所在圆的圆心O在的延长线上，连接，，在中，，，问题得解．
【详解】解：根据题意可知垂直平分弦，结合垂径定理可知所在圆的圆心O在的延长线上，连接，，如图，
∵垂直平分弦，，
∴，
∵所在圆的半径为，
∴，
∴在中，，
∴，
答：最长钢索的长．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用，根据题意确定所在圆的圆心O在的延长线上，是解答本题的关键．
28．
【分析】根据，得到优弧的度数，进而得到劣弧的度数，从而得到的度数，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出，再利用进行计算即可．
【详解】解：∵，
∴优弧的度数为，
∴劣弧的度数为：，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理．熟练掌握弧，圆心角和圆周角之间的关系，是解题的关键．
29．详见解析
【分析】由弧、弦、圆心角的关系进行证明，结合等角对等边，即可得到结论成立．
【详解】证明：，
，
，
即，
，
；
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，解题的关键是掌握所学的知识进行证明．
30．【问题原型】证明过程见详解；【结论应用】；【拓展延伸】
【问题原型】可知点在以为直径的圆上，根据同弧所对圆周角相等，即可求解；【拓展延伸】根据旋转的性质，可证是菱形，得，根据正方形的性质，可知，以为直径画（见详解），则点在圆上，根据圆周角的定理可求出的度数，根据扇形的弧长计算方法即可求解．
【详解】解：【问题原型】如图所示，
∵是直径，
∴根据直径所对圆周角为直角，可知点在以为直径的圆上，
∴有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点都在以斜边为直径的圆上；
【结论应用】根据结论“有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点都在以斜边为直径的圆上”，如图所示，点在以为直径的圆上，
∵，，
∴，
∵与所对都是弧，
∴，
故答案为：；
【拓展延伸】∵正方形的对角线、交于点，
∴，即，
∵、分别绕点、顺时针方向旋转，如图所示，延长至点，
∴，，，
∴四边形是菱形，即，
∴与共斜边，如图所示，以为之间作，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长度为：，
∴点运动到点所经过的路径长为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形，直角三角形，圆的综合，掌握有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点都在以斜边为直径的圆上，正方形的性质，圆的性质是解题的关键．
31．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）由等边对等角可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，最后根据等量代换即可解答；
（2）根据垂径定理可得，设的半径为r，则、结合可得，最后在中运用勾股定理列式计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵是的直径，且于点E，，
∴．
设的半径为r，则，．
∵，
∴．
在中，，
∴，解得，
∴的半径为3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解答本题的关键．
32．见解析
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理的推论得到，结合图形得到，进而得到，根据全等三角形的判定即可证明结论．
【详解】证明：连接，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在和中，，
∴≌，
∴．
【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理的推论，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．
33．30°．
【分析】根据同圆或等圆中等弧所对圆周角相等，得出∠B＝∠C＝75°，再利用三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：∵⊙O中，，∠C＝75°，
∴∠B＝∠C＝75°，
∴∠A＝180°﹣75°×2＝30°．
【点睛】此题主要考查圆周角的性质，解题的关键是熟知同圆或等圆中等弧所对圆周角相等.24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）已知的半径为5，直线l为所在平面内的一条直线，若点O到直线l的距离为3，则直线l与的位置关系是（ ）
A．直线l与相交 B．直线l与相切
C．直线l与相离 D．不能确定
2．（2022秋·吉林·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上一点，∠CDB=25°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠E等于（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
3．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
4．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，点P为⊙O外一点，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，∠P=30°，OB=3，则线段BP的长为（ ）
A．3 B．3 C．6 D．9
5．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC＝3cm，AC＝4cm，以点C 为圆心，以2.5cm 为半径画圆，则⊙C与直线AB的位置关系是 ( )
A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定
二、填空题
6．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，点为的内心，，则的度数为 ．
7．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）已知⊙的半径为，线段OP的长为，则点在⊙ （填“内”、“外”或“上”）．
8．（2022秋·吉林通化·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，、、．
（1）经过、、三点的圆弧所在圆的圆心的坐标为 ；
（2）这个圆的半径为 ；
（3）点与的位置关系为点在 （填内、外、上）．
9．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）已知的半径为，圆心O到直线l的距离是，则直线l与的位置关系是 ．
10．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是 度．
11．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，点E是⊙O上一点，且∠AEB=60°，则∠P= 度．
三、解答题
12．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，已知半径为的经过轴上一点，与轴交于、两点，连接、，平分，．
(1)判断与轴的位置关系，并说明理由；
(2)求的长．
13．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，是的直径，点C在的延长线上，平分交于点D，且，垂足为点E．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求的长．
14．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，PD是⊙O的切线，交AB的延长线于D，且CO＝CD，求∠ACO的度数．
15．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，OA，OB为⊙O的半径，AC为⊙O的切线，连接AB．若∠B=25°，求∠BAC的度数．
16．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，BE是圆O的直径，点A和点D是⊙O上的两点，过点A作⊙O的切线交BE延长线于点C，
（1）若∠ADE=25°，求∠C的度数；
（2）若AB=AC，CE=2，求⊙O半径的长．
四、作图题
17．（2022秋·吉林长春·九年级期末）图①、图②、图③均是5×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上．分别在三个图中的线段AB上，各取一点P，使得点P满足下列条件．保留作图痕迹，不用写作法．
(1)在图①中，点P为线段AB的中点；
(2)在图②中，；
(3)在图③中，．
五、证明题
18．（2022秋·吉林·九年级统考期末）已知：如图，中，，以为直径的⊙O交于点P，于点D．
(1)求证：是⊙O的切线；
(2)若，，求的值．
19．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，为的直径，C是上一点，D在的延长线上，且．
(1)与相切吗？如果相切，请你加以证明；如果不相切，请说明理由．
(2)若与相切，且，求的半径．
20．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，是的直径，A是延长线上的一点、点E在上，，交的延长线于点C，交于于点F，且点E是的中点．求证：是的切线．
21．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，在中，以为直径的与交于点D，过点D作的切线交于点E．
(1)求证：；
(2)若的半径为，，求的长．
22．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）数学活动——旋转变换
(1)如图①，在中，，将绕点C逆时针旋转50°得到，连接，求的大小；
(2)如图②，在中，，，，将绕点C逆时针旋转60°得到，连接，以为圆心，长为半径作圆．
①猜想：直线与的位置关系，并证明你的结论；
②连接，线段的长度为______．
23．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，D为的直径AB延长线上一点，PD是的切线，P为切点，，求证：．
24．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，PB是⊙O的切线，弦AC∥OP，PC交BA的延长线于Q．
（1）求证：PC是⊙O的切线．
（2）若OA=AQ=3，则①PC=________，②△PBQ的面积为________．
25．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，在等腰中，，点D是上一点，以为直径的过点A，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径．
六、计算题
26．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）如图，的内切圆与分别相切于点，且．求的长．
参考答案：
1．A
【分析】判断圆的半径与圆心到直线的距离大小，即可判断直线与圆的关系．
【详解】解：的半径为5，点O到直线l的距离为3，
，
与直线相交．
故选：A．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，熟知相关概念是解题的关键．
2．A
【分析】首先连接OC，由切线的性质可得OC⊥CE，又由圆周角定理，可求得∠COB的度数，继而可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
即∠OCE＝90°，
∵∠COB＝2∠CDB＝50°，
∴∠E＝90°﹣∠COB＝40°．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．A
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．A
【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP=90°，进而利用直角三角形的性质得出OP的长．
【详解】连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∵∠P=30°，OB=3，
∴AO=3，则OP=6，
故BP=6-3=3．
故选A．
【点睛】此题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，正确作出辅助线是解题关键．
5．A
【详解】Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3cm，AC＝4cm，
由勾股定理得：斜边AB=5cm，
以点C 为圆心，以2.5cm 为半径画圆，则圆过AB的中点，BC>r，
所以⊙C 与直线AB 的位置关系是相交.
故选：A．
6．/125度
【分析】利用内心的性质得出，，进而利用三角形内角和定理得出，进而求出答案．
【详解】解：∵O是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】此题主要考查了三角形内心的性质以及三角形内角和定理，正确得出是解题关键．
7．内
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：⊙的半径为，线段的长为，
即点到圆心的距离小于圆的半径，
点在⊙内．
故答案为：内 ．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为，点到圆心的距离，则有点P在圆外；点在圆上；点在圆内．
8． 内
【分析】（1）作线段，的垂直平分线交于点，点即为所求；
（2）根据点的位置写出坐标即可，利用勾股定理求出半径；
（3）根据点与圆的位置关系判断即可．
【详解】解：（1）如图，
∵点是线段，的垂直平分线的交点，
∴，
∴点是经过、、三点的圆弧所在圆的圆心，
∴点即为所求．
故答案为：．
（2）∵，点在上，
∴．
故答案为：．
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴点在的内部．
故答案为：内．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，坐标与图形的性质，垂径定理，点与圆的位置关系，勾股定理，三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是掌握线段的垂直平分线的性质．
9．相交
【分析】根据圆心O到直线l的距离小于半径即可判定直线l与的位置关系为相交．
【详解】解：∵圆心O到直线l的距离是，小于的半径为，
∴直线l与相交．
故答案为：相交．
【点睛】此题考查的是直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离．
10．120
【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．
【详解】连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：
因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，
由垂径定理得：AH=AM，
又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．
∴∠OAH=∠OAM．
又∵OA=OB,AD=EB,
∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,
∴△ODA△OEB（SAS）,
∴∠DOA=∠EOB,
∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．
又∵∠C=60°以及同弧，
∴∠AOB=∠DOE=120°．
故本题答案为：120．
【点睛】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．
11．60
【分析】连接OA，BO，由圆周角定理知可知∠AOB=2∠E=120°，PA、PB分别切⊙O于点A、B，利用切线的性质可知∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和可求得∠P=180°-∠AOB=60°．
【详解】解：连接OA，BO；
∵∠AOB=2∠E=120°，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠P=180°-∠AOB=60°．
故答案为：60．
【点睛】本题利用了圆周角定理，切线的性质，四边形的内角和为360度求解，熟练掌运用切线的性质是解题关键．
12．(1)相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，由平分可得，又，所以，进而可得，所以，可得轴，进而可得结论；
（2）过点作轴于点，则，且四边形是矩形，设可分别表达和，进而根据勾股定理可建立等式，得出结论；
【详解】（1）解：与轴相切，理由如下：
如图，连接，
平分，
，
又，
，
，
，
轴，
轴，
是半径，
与轴相切
（2）如图，过点作轴于点，
，
，
四边形是矩形，
，，
设则，
，
在中，，
，
解得或舍去，
，
．
【点睛】本题主要考查切线的定义，勾股定理，矩形的性质与判定，垂径定理，待定系数法求函数表达式，题目比较简单，关键是掌握相关定理．
13．(1)是的切线，理由见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，可根据角平分线的定义和等腰三角形综合得到，再根据平行线的性质可得，即可证出是的切线；
（2）根据勾股定理可求得，可得，，三角形为等腰三角形，，最后在三角形中根据“所对的直角边等于斜边的一半”即可求得答案．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：设，在中，由勾股定理得，
，
即，
解得，
即，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，切线的判定，勾股定理，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是学会添加辅助线，灵活运用所学知识．
14．∠ACO=22.5°
【分析】首先根据切线的性质可得∠OCD=90°，再根据等边对等角可得∠COD的度数，再根据三角形的外角和内角的关系可得∠ACO的度数．
【详解】解：∵PD切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∵CO=CD，
∴∠COD=∠D=（180°-90°）÷2=45°，
∵AO=CO，
∴∠CAO=∠ACO，
∵∠ACO+∠CAO=∠COD=45°，
∴∠ACO=22.5°．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径．
15．65°．
【分析】根据切线的性质得到∠OAC=90°，再根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠B=25°，进一步计算即可求解．
【详解】解：∵AC为⊙O的切线，
∴∠OAC=90°．
∵OA=OB，∠B=25°，
∴∠OAB=∠B=25°．
∴∠BAC=∠OAC-∠OAB
=90°-25°
=65°．
【点睛】本题考查了切线的性质与等腰三角形的性质．此题比较简单，注意数形结合思想的应用．
16．（1）∠C=40°；（2）⊙O的半径为2．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质和角之间的关系解答即可；
（2）根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵，∠ADE=25°，
∴∠AOE=2∠ADE=50°，
∴∠C=90°﹣∠AOE=90°﹣50°=40°；
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵，
∴∠AOC=2∠B，
∴∠AOC=2∠C，
∵∠OAC=90°，
∴∠AOC+∠C=90°，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
∴OA=OC，
设⊙O的半径为r，
∵CE=2，
∴r=(r+2)，
解得：r=2，
∴⊙O的半径为2．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据矩形的判定和性质画图即可；
（2）根据相似三角形的性质，构造相似三角形即可画图求解；
（3）根据圆的性质即可糊涂求解．
【详解】（1）如图①所示：点P即为所求；
（2）如图②所示：点P即为所求；
（3）如图③所示：点P即为所求．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，解题的关键是熟练掌握矩形的判定和性质、相似三角形的性质以及圆的性质．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质得到和，则，于是可判断，由于，所以，然后根据切线的判定定理可得到是⊙O的切线；
（2）由为直径得，根据等腰三角形的性质得，所以，在中，根据含30度的直角三角形的性质得，根据勾股定理得，所以．
【详解】（1）证明：∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴是⊙O的切线
（2）连接，如图
∵为直径
∴
∴
∵
∴在中，，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查的是切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定，含30度的直角三角形性质，勾股定理等，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
19．(1)见解析
(2)10
【分析】（1）由是直径根据圆周角定理可得，即，再结合且，即可证得，从而可以证得结论；
（2）在中，，可得，即可得到，从而可得，再根据等角对等边可得，最后根据含30°的直角三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）∵是直径
∴，即
∵且
∴
∴
∴是的切线；
（2）在中，，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴的半径是10．
【点睛】此题考查了切线的性质和判定，30°角直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握直径所对的圆周角是直角，切线垂直于经过切点的半径，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
20．见解析．
【分析】由等弧所对的圆周角相等及等腰三角形的性质可得，从而，再由可证得，根据切线的判定定理可得答案．
【详解】证明：连接，
∵点E在上，
是半径，
∵点E是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
【点睛】本题考查了等弧对等角、平行线的判定、圆的切线的判定等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
21．(1)证明见详解；
(2)．
【分析】（1）连接，利用圆周角定理得，再利用等腰三角形性质得，平分，然后用三角形中位线定理得，利用切线得，然后利用等角的余角相等得出结论；
（2）先利用勾股定理求出，再利用三角形面积公式求出，再用勾股定理可计算出．
【详解】（1）证明：连接，如图，
是直径，
，
，
平分，
，
为的中位线，
，
为切线，
，
，
，，
而，
；
（2）解：的半径为，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握相关的性质进行推理论证计算是解题的关键．
22．(1)65°
(2)①直线是的切线，理由见解析；②
【分析】（1）根据旋转变换的性质得到＝∠ABC＝130°，∠BC＝50°，CB＝C，根据等腰三角形的性质求出的大小；
（2）①根据旋转变换的性质求出＝90°，根据切线的判定定理证明；②根据旋转变换的性质和勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：如图①中，∵是由旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：①结论：直线是的切线．
理由：如图②中，∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴直线、是的切线；
②在中，＝90°，B＝BC＝5，A＝AB＝3，
由勾股定理得，B＝．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系、旋转变换的性质、勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、旋转变换的性质是解题的关键．
23．见解析
【分析】连接OP，由切线性质得，从而得到，再由，得到，从而证得
【详解】证明：连接OP，
∵PD是的切线，P为切点，
∴（圆的切线垂直于过切点的半径）．
在中，∵，∴．
∵，∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，得到是解题得关键．
24．（1）见解析；（2）①，②
【分析】（1）连接OC，结合平行线的性质和等腰三角形的性质，通过证明△OPC≌△OPB，∠OCP=∠OBP，然后结合切线的性质求得∠OBP=90°，从而可得∠OCP=90°，问题得证；
（2）①结合题意可得点A为OQ中点，根据直角三角形斜边中线是斜边一半的性质可得AC=3，从而可得△AOC为等边三角形，然后利用含30°直角三角形性质计算求解；②结合含30°直角三角形的性质结合勾股定理求得BP的长，从而求解．
【详解】解：（1）连接OC．
∵AC∥OP，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵OA=OC，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠4，
在△OPC和△OPB中
∴△OPC≌△OPB（SAS），
∴∠OCP=∠OBP，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=90°，
∴∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）①∵OA=AQ=3，
∴点A是OQ的中点，
又∵∠OCP=90°，
∴AC=OQ=3，
∴AC=OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠2=∠4=60°，
∴∠OPC=30°，
∴OP=2OC=6，PC==3，
故答案为：；
②∵∠AOC=60°，
∴∠Q=30°，
∵OA=AQ=3，
∴QB=9，
又∵∠OBP=90°，
∴BP=QB=3，
∴△PBQ的面积为==，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°的直角三角形的性质；熟练掌握切线的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
25．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OA，由圆的性质可得OA=OB，即∠OBA=∠OAB；再由AB=AC，即∠OBA=∠C，再结合，可得∠OAB=∠CAD,然后由∠BAD=90°说明∠OAC=90°即可完成证明；
（2）根据等腰三角形的性质和圆的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图：连接OA
∵OA=OB
∴∠OBA=∠OAB
∵AB=AC
∴∠OBA=∠C
∴∠OAB=∠C
∵
∴∠OAB=∠CAD
∵BD是直径
∴∠BAD=90°
∵∠OAC=∠BAD-∠OAB+∠CAD=90°
∴是的切线；
（2）解：由（1）可知AC是⊙O的切线，
∴∠OAC=90°，∠AOD=2∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC+∠C=2∠B+∠C=3∠C=90°，
∴∠B=∠C=30°，
在Rt△ABD中，
∴
∴⊙O的半径为
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，证得∠OAC=90°是解答本题的关键．
26．
【分析】设，根据切线长定理依次表示CD、BD，再根据即可求得x的值．
【详解】解：∵△ABC 的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F，
设，则，
，
．
由，可得
．
解得．
因此．
【点睛】此题主要是运用了切线长定理，用已知数和未知数表示所有的切线长，再进一步列方程求解．24.4 弧长和扇形面积
一、单选题
1．（2022秋·吉林白山·九年级统考期末）已知圆的半径为6，的圆心角所对的弧长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，四个三角形拼成一个风车图形，若，当风车转动，点B运动的路径长度为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）如图，是的直径，是的切线，与相交于点D．若，，则劣弧的长为 ．（结果保留）
4．（2022秋·吉林四平·九年级期末）如图，是边长为12的等边三角形，分别以点A、B、C为圆心，以4为半径画弧，则图中阴影部分图形的周长为 ．（结果保留）
5．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图，将正方形绕着点逆时针旋转得到正方形，点的对应点落在正方形的对角线上，若，则的长为 ．
6．（2022秋·吉林·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径， BC切⊙O于点B，AC交⊙O于点D．若⊙O的半径为3，∠C＝40°，则的长为 ．（结果保留π）
7．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，在扇形中，平分交弧于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为 ．
8．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，OC交⊙O于点D，若∠C=40°，OA=9，则的长为 ．（结果保留π）
9．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，一件扇形艺术品完全打开后，、的夹角为，的长为，的长为，则阴影部分的面积是 （结果保留）．
10．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，网格中的小正方形边长都是1，则以为圆心，为半径的和弦所围成的弓形面积等于 ．
11．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，在边长为4的正方形中，以为直径画半圆，则阴影部分图形的面积是 ．
12．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，在矩形中，，，以为圆心，为半径画弧，与对角线交于点，与交于点，过点作，交于点，则阴影部分的面积为 （结果保留π）．
13．（2022秋·吉林长春·九年级期末）如图，在等腰直角中，，，分别以点B、点C为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交、、于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为 ．
14．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线和交于点，分别以，为圆心，，为半径画圆弧，交菱形各边于点，，，．若，，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留）
15．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）一个圆锥的母线长为5cm，底面半径为2cm，那么这个圆锥的侧面积为 cm2．
16．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，圆锥体的高，底面圆半径，则该圆锥体的侧面展开图的圆心角的度数是 ．
三、作图题
17．（2022秋·吉林延边·九年级统考期末）如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．
(1)画出绕C点顺时针旋转得到的，直接写出的坐标为______；
(2)在（1）的旋转过程中，求扫过图形的面积．
18．（2022秋·吉林通化·九年级统考期末）如图，在7×7的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点均在格点上．将绕点顺时针旋转，得到．
(1)画出；
(2)边在旋转过程中扫过的图形面积为______．
四、解答题
19．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，直线PA与相切于点A，弦于点C，OP与相交于点D．，．
(1)求弦AB的长；
(2)求阴影部分的周长．
20．（2022秋·吉林通化·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝6，AC切⊙O于点A，BC交⊙O于点D，∠C＝50°．
(1)求∠B的度数；
(2)求的长．
21．（2022秋·吉林长春·九年级统考期末）如图，在中，以为直径的⊙O交于点，点是上一点，连结、，．
（1）判断所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若，⊙O的半径为6，求的长．（结果保留）
22．（2022秋·吉林四平·九年级期末）如图，为的直径，弦于点，连接于点，且．
（1）求的长；
（2）当时，求的长和阴影部分的面积（结果保留根号和）．
23．（2022秋·吉林·九年级统考期末）如图，有一直径为4的圆形铁皮，要从中剪出一个最大圆心角为60°的扇形ABC．
(1)求剪下的扇形ABC（即阴影部分）的半径；
(2)若用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥形铁帽，求此圆锥形铁帽的底面圆的半径r．
24．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，在⊙O中，弦BC垂直于半径OA，D是优弧BC上一点，连接BD、AD、OB、OC．已知∠ADB＝30°．
(1)求∠AOC的度数；
(2)若弦BC＝8cm，求图中扇形BOC的面积（结果保留π）．
25．（2022秋·吉林四平·九年级统考期末）已知：在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为、B、（正方形网格中每个小正方形的边长是1个单位长度）．
（1）是绕点__逆时针旋转__度得到的，的坐标是__；
（2）求出线段旋转过程中所扫过的面积（结果保留π）．
26．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图是一圆锥，底面圆的半径为AO＝1，高PO．求侧面展开图面积．
五、证明题
27．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，在中，，以为直径的交于点，于点．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，求的长（结果保留）
28．（2022秋·吉林·九年级期末）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．
(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
29．（2022秋·吉林四平·九年级期末）如图，在中，AC＝BC，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E．
（1）求证：DE为⊙O的切线；
（2）若BC＝4，∠A＝30°，求的长．（结果保留π）
30．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求证：AE是⊙O的切线；
（3）当BC=4时，求劣弧AC的长．
31．（2022秋·吉林白城·九年级统考期末）如图，点O为中点，分别延长到点C，到点D，使．以点O为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点P为小半圆上任一点（不与点A，B重合），连接并延长交大半圆于点E，连接，．
(1)求证：；
(2)若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留π）．
32．（2022秋·吉林松原·九年级统考期末）如图，为的直径，点C为上一点，于点D，平分．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．
参考答案：
1．B
【分析】根据弧长公式可进行求解．
【详解】解：由题意得：；
故选B．
【点睛】本题主要考查弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
2．D
【分析】根据题意可知：B点的运动路径是以A点为圆心，长为半径，风车转动的圆弧，计算即可．
【详解】解：，风车转动，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了弧长的计算，解题的关键是掌握弧长公式：．
3．
【分析】根据的切线性质可得，再根据直角三角形锐角互余可得，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴的长为，
∴的长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、直角三角形的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式是解答本题的关键．
4．/
【分析】分别求出阴影部分弧长与线段长度，然后相加即可．
【详解】解：如图：圆弧交于点，
由题意得：，
∴，
∵，
∴图中总弧长＝，
∴图中阴影部分图形的周长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形与圆的应用，弧长公式，解题的关键是将阴影部分周长转化为线段长和弧长的和．
5．
【分析】连接，，根据正方形的性质得出，，，求出、、三点共线，、、三点共线，求出，再根据弧长公式求出答案即可．
【详解】解：连接，，
四边形是正方形，
，，，
由勾股定理得：，
将正方形绕着点逆时针旋转得到正方形，点的对应点落在正方形的对角线上，
、、三点共线，、、三点共线，
，
的长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，弧长公式等知识点，能求出长和旋转角的度数是解此题的关键，注意：一条弧所对的圆心角是，半径为，那么这条弧的长度是．
6．
【分析】连接OD．由切线的性质和三角形内角和定理可求出，再由圆周角定理即可求出，最后由弧长公式即可求出的长．
【详解】如图，连接OD．
由切线的性质可知，
∴．
∴．
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，三角形内角和定理，圆周角定理以及弧长公式．连接常用的辅助线是解答本题的关键．
7．
【分析】如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案．
【详解】解：
最短，则最短，
如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于，
则
此时点满足最短，
平分
而的长为：
最短为
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
8．
【详解】解：∵AC是⊙O的切线，
∴∠OAC=90°，
∵∠C=40°，
∴∠AOD=50°，
∴的长为，
∴的长为π×9-=，
故答案为：
9．
【分析】首先求出的长度，然后根据扇形的面积计算公式分别计算扇形和扇形的面积，最后相减即可．
【详解】解：∵的长为，的长为，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，熟练掌握相关计算公式是解题的关键．
10．
【分析】根据勾股定理求出半径AO的长度，然后根据弓形面积＝扇形OAB的面积-三角形OAB的面积，求解即可．
【详解】解：由勾股定理得，，
由网格的性质可得，是等腰直角三角形，
∴和弦所围成的弓形面积＝．
故答案为：．
【点睛】此题考查了网格的特点和性质，勾股定理，扇形面积公式等知识，解题的关键是正确分析出弓形面积＝扇形面积-三角形OAB的面积．
11．
【分析】设与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接，，证明，得到弓形的面积=弓形的面积，则．
【详解】解：设与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接，，如图，
∵四边形是正方形，边长为4，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴同圆中，弓形的面积=弓形的面积，
即：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知相关知识是解题的关键．
12．
【分析】利用阴影部分的面积等于的面积减去的面积再减去扇形的面积，进行求解即可．
【详解】解：∵在矩形中，，，
∴，，
∴，
∵以为圆心，为半径画弧，与对角线交于点，
∴，
∴，
∴，，
∴阴影部分的面积
；
故答案为：．
【点睛】本题考查求阴影部分的面积．熟练掌握矩形的性质，所对的直角边是斜边的一半，以及扇形的面积公式，是解题的关键．
13．
【分析】利用的面积减去两个扇形的面积，即可得解．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，，，
∴，，，
∴，
∴阴影部分的面积
；
故答案为：．
【点睛】本题考查阴影部分的面积．利用割补法将阴影部分的面转化为规则图形的面积，是解题的关键．
14．
【分析】图中阴影部分的面积=菱形的面积-2×扇形的面积．根据题意分别求出菱形和扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：菱形面积=两条对角线的乘积，
根据勾股定理得到边长，
△ABD是等边三角形，
即∠BAD=60°，
因为，
则S扇形AEH=，
那么阴影部分的面积．
故答案为：
【点睛】此题考查菱形性质以及扇形的面积的计算的综合运用．
15．
【详解】分析：根据圆锥的侧面展开图为扇形，先计算出圆锥的底面圆的周长，然后利用扇形的面积公式求解．
详解：∵圆锥的底面半径为5cm，∴圆锥的底面圆的周长=2π 5=10π，∴圆锥的侧面积= 10π 2=10π（cm2）．
故答案为10π．
点睛：本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长．也考查了扇形的面积公式：S= l R，（l为弧长）．
16．/120度
【分析】根据勾股定理，可求出母线长为，圆锥的底面周长为，再根据圆锥展开图弧长公式即可求出圆心角．
【详解】解：根据题意得，圆锥的母线长为：，
设该圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，
，
解得：，
该圆锥体的侧面展开图的圆心角的度数是：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆锥侧面展开图求圆心角的问题，注意等量的转化，圆锥的底面周长=展开图扇形弧长，圆锥母线长=展开图扇形半径，母线长=，熟练地掌握以上知识是解决问题的关键．
17．(1)作图见解析，
(2)扫过图形的面积为
【分析】（1）根据旋转中心，旋转方向及角度找出点A、B的对应点的位置，然后顺次连接即可，进而可直接得出点的坐标；
（2）利用勾股定理求出的长，再根据所扫过的面积等于扇形的面积，然后列式计算即可．
【详解】（1）如图，即为所求，由图可知．
故答案为：；
（2）由题意可知．
∵所扫过的面积等于扇形的面积，如图，
又∵，
∴，
∴扫过图形的面积为．
【点睛】本题考查作图—旋转变换，坐标与图形的变化—旋转，勾股定理，扇形的面积计算．掌握旋转的性质和扇形的面积公式是解题关键．
18．(1)图见解析
(2)
【分析】（1）利用旋转的性质找出点和点的对应点即可画出图形；
（2）根据扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，∵小正方形的边长为1个单位长度，
∴，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴点和点是一组对应点，
∵，，
∴点和点是一组对应点，
连接，，，
则即为所作．
（2）由（1）知：边在旋转过程中扫过的图形面积就是以的长为半径，圆心角为的扇形的面积，
∵，
∴边在旋转过程中扫过的图形面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了作图—旋转变换，扇形的面积计算，旋转的性质，勾股定理及勾股定理逆定理等知识，旋转的性质：旋转后的图形与原图形全等；对应线段与旋转中心形成的角叫做旋转角，各旋转角都相等；对应点到旋转中心距离相等．准确画出旋转后的图形是解题的关键．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据切线的性质得到，之后在中利用勾股定理即可求出答案；
（2）利用勾股定理求得长度，之后求、、弧长即可．
【详解】（1）解：∵PA与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∵，∴，
∵弦于点C，
∴，
∴，
∴，
在中
∴，
∴；
（2）解：在中
，
，
，
，
，
∴阴影部分的周长．
【点睛】本题主要考查圆的切线的性质，勾股定理，弧长的公式，灵活地运用公式以及定理是解题的关键．
20．(1)∠B＝40°
(2)的长为
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A可证明∠BAC=90°，而∠C=40°，由直角三角形的两个锐角互余得∠B=90°-∠C=50°；
（2）连结OD，由圆周角定理可得∠AOD=2∠B=100°，而⊙O的半径为6，由弧长公式即可求出答案．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，
∴AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵∠C＝50°，
∴∠B＝90°﹣∠C＝40°．
（2）如图，连结OD，
∵∠AOD＝2∠B＝2×40°＝80°，⊙O的半径为6，
∴的长为＝π，
【点睛】此题考查圆的切线的性质、圆周角定理、弧长公式等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
21．（1）所在直线与⊙O相切，见解析；（2）
【分析】（1）如图，连结，根据直径所对的圆周角是直角得到，从得到，根据等腰三角形的性质得到，得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）先求出，求得，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】解：（1）所在直线与相切，理由如下：
如图，连结，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵点在上，
∴所在直线与相切；
（2）∵，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，弧长的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
22．（1）2；（2）的长为，阴影部分的面积为
【分析】（1）根据垂径定理可得、，从而得到为的中位线，，即可求解；
（2）连接，求得，利用含直角三角形的性质求得半径，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴为的中位线
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）连接，如下图：
∵，，
∴，
∴，
在中，∵，，，
∴，，
∴的长，
阴影部分的面积．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，弦、弧、圆心角之间的关键，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质，弧长以及扇形面积的计算，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质求解．
23．(1)剪下的扇形ABC（即阴影部分）的半径为2；
(2)
【分析】（1）连接OA，作OD⊥AB于点D，利用直角三角形的性质以及垂径定理即可求得AB的长即剪下的扇形ABC（即阴影部分）的半径；
（2）先根据弧长公式计算出弧BC的长，然后根据圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长计算该圆锥的底面圆的半径．
【详解】（1）解：连接OA，OB，OC，作OD⊥AB于点D．
则AD=AB，
∵BA= CA，OA= OA，OB= OC，
∴△BAO≌△CAO，
∴∠BAO=∠CAO，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAO=30 °，
∵圆的直径为4，
∴ OA=2，
∴OD=1，DA==，
∴AB=2DA=2；
∴剪下的扇形ABC（即阴影部分）的半径为2；
（2）解：则扇形（即阴影部分）的弧长是：，
根据题意得：，
解得：r=．
答：此圆锥形铁帽的底面圆的半径为．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了弧长公式，垂径定理，正确求得AB的长是关键．
24．(1)60°
(2)cm2
【分析】（1）根据垂径定理得到，得到，再根据圆周角定理即可解答；
（2）先根据垂径定理求出，再运用勾股定理求出，然后求得∠BOC，最后运用扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解： ，
∴，
，
由圆周角定理得，，
；
（2）解：，
，
在中，，
∴∠OBE=30°
设OB=2x，则OE=x
∴（OB）2=OE2+BE2,即：（2x）2=x2+BE2，解得：x=8
∵
∴∠BOC=
∴扇形BOC的面积为cm2．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，掌握垂径定理和扇形的面积公式是解答本题的关键．
25．（1）C；90；；（2）．
【分析】（1）利用旋转的性质得出与的关系，进而得出答案；
（2）利用扇形面积求法得出答案．
【详解】解：（1）是绕点C逆时针旋转90度得到的，
的坐标是：，
故答案为：C，90，；
（2）线段旋转过程中所扫过的面积为以点C为圆心，为半径的扇形的面积．
∵，
∴面积为：，
即线段AC旋转过程中所扫过的面积为．
【点睛】此题主要考查了扇形面积求法以及旋转变换，正确得出旋转角是解题关键．
26．圆锥的侧面展开图面积为2π
【分析】先利用勾股定理求出母线AP的长，然后根据圆锥侧面积公式求解即可．
【详解】解：∵圆锥，底面圆的半径为AO＝1，高，
∴，
∴，
∴圆锥的侧面展开图面积为．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和圆锥侧面展开图面积，解题的关键在于能够熟练掌握圆锥侧面展开图的面积公式．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边对等角可证，然后根据平行线的判定和性质可得，最后根据切线的判定即可证明；
（2）先求的度数，然后根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又是半径，
∴是的切线．
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的长是．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、等腰三角形的性质、平行线判定与性质、弧长公式等知识，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
28．(1)
(2)见解析
【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
【详解】（1）解：连接OA，
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴，
．
（2）证明：，
，
切于点，
，
，
，
，
，
平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
29．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，得出AD=BD，即可证得，继而可证得结论；
（2）由等腰三角形的性质求解 再利用三角形的外角的性质求解 结合 由弧长公式直接求解的长即可．
【详解】（1）证明：连接OD，CD，
∵BC为⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
即CD⊥AB，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D点在⊙O上，
∴DE为⊙O的切线；
（2）
【点睛】本题考查的是切线的判定，弧长的计算，等腰三角形的性质，中位线的定义及性质，三角形的外角的性质，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．
30．（1）60°;(2)证明略;(3)
【分析】（1）根据∠ABC与∠D都是劣弧AC所对的圆周角，利用圆周角定理可证出∠ABC=∠D=60°；
（2）根据AB是⊙O的直径，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，结合∠ABC=60°求得∠BAC=30°，从而推出∠BAE=90°，即OA⊥AE，可得AE是⊙O的切线；
（3）连结OC，证出△OBC是等边三角形，算出∠BOC=60°且⊙O的半径等于4，可得劣弧AC所对的圆心角∠AOC=120°，再由弧长公式加以计算，可得劣弧AC的长．
【详解】（1）∵∠ABC与∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠D=60°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°，
即BA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（3）如图，连接OC，
∵OB=OC，∠ABC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=4，∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∴劣弧AC的长为==．
【点睛】本题考查了切线长定理及弧长公式，熟练掌握定理及公式是解题的关键.
31．(1)详见解析
(2)相切，
【分析】（1）利用公共角相等，根据证明三角形全等便可；
（2）当与小半圆O相切时，最大，求出便可根据扇形的面积公式求得结果．
【详解】（1）解：（1）在和中，
，
∴；
（2）解：当最大时，与小半圆O相切，如图.
∵，
∴，
∵与小半圆相切，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，直角三角形的性质，扇形的面积计算，关键在于掌握各个定理，灵活运用这些性质解题．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及平分推导出，即可得出，从而推出，即证明得出结论；
（2）过点O作于F，利用即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，如图，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵于点D，
∴，
∴直线是的切线；
（2）过点O作于F，如图，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键．
