浙教版数学九上第3章 圆的基本性质 二阶单元测试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·罗湖期末）在图形的平移和旋转变换中，下列说法正确的是（ ）
A．对应点所连线段都平行 B．对应线段都平行
C．对应点所连线段都相等 D．对应线段都相等
【答案】D
【知识点】平移的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：平移的性质：对应点所连线段平行（在同一直线上）、对应点所连线段相等、对应线段平行（在同一直线上）、对应线段相等、对应角相等；
旋转的性质：对应线段相等、对应角相等、对应点到旋转中心的距离相等．
故选D．
【分析】结合平移的性质，旋转的性质，找出共性或逐一判断即可.
2．（2024七下·北海期末）如图，三角形OCD是由三角形OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，∠AOB＝60°，则∠COB的度数是（ ）
A．60° B．40° C．20° D．10°
【答案】C
【知识点】角的运算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵三角形OCD是由三角形OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形， ∠AOB＝60°，
∴∠COD=∠AOB＝60°，∠AOC=∠BOD=40°，
∵∠AOB=∠AOC+∠BOC，
∴60°=40°+∠BOC，解得：∠BOC=20°.
故答案为：C.
【分析】先利用旋转的性质说明∠COD=∠AOB＝60°，∠AOC=∠BOD=40°，再利用角的和求出∠BOC.
3．（2024九下·北京市期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=25°，则∠AOD等于（ ）
A．155° B．140° C．130° D．110°
【答案】C
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，
∴，
∵∠CAB=25°，
∴∠BOD=50°，
∴∠AOD=130°．
故选：C．
【分析】根据直径的定义可得CD丄AB，再由垂径定理和圆周角定理（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）进行求解.
4．（2024·湖南）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：．
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理可知，即可得到答案．
5．（2024·呼和浩特）如图，正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，AD和EF相交于点M，则∠AMF的度数为（ ）
A．26° B．27° C．28° D．30°
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；直角三角形的性质；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：连接OC、OE、OD，设CD与EF交于点N，如图，
∵正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：B.
【分析】连接OC、OE、OD，设CD与EF交于点N，根据圆内接正多边形的性质可得到：进而求出再根据圆周角定理得到：结合三角形内角和定理即可求出最后根据两锐角互余即可求解.
6．（2024九上·岳阳开学考）如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0），（4，0），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB'C'．点格点C'的坐标（ ）
A．（0，4） B．（2，5） C．（0，﹣4） D．（﹣2，5）
【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：原来点C的坐标为（52），逆时针旋转90°后就到了第二象限，旋转前后的三角形全等，如下图，
从而得C'点坐标为（﹣2，5），故选D．
【分析】根据旋转定义（在平面内，一个图形绕着一个定点转动一定的角度得到另一个图形的变化叫做旋转）作出图形即可解题.
7．（2024八上·海曙开学考）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点若，则的度数是用含的代数式表示
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵ 将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，
∴∠B=∠FDC，CD=BC，
∴∠B=∠CDB=∠FDC=（180°-∠BCD）=（180°-α）=90°-α，
∴∠DCF=∠ACB-∠BCD=80°-α，
∵∠EFC=∠FDC+∠DCF=90°-α+80°-α= .
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质可证得∠B=∠FDC，CD=BC，利用等角对等边和三角形内角和定理可表示出∠FDC的度数，根据∠DCF=∠ACB-∠BCD，可表示出∠DCF的度数，然后利用三角形外角的性质可表示出∠EFC的度数.
8．（2024·北京市）如图，在菱形中，，O为对角线的交点.将菱形绕点O逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等.
上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：延长BD和DB，连接OH，
∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，
∴∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵ 菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，
∴点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，∴AD'=C'D，∠D'AH=∠DC'H=30°，
又∵∠D'HA=∠DHC'，
∴△AD'H≌△C'DH（AAS），
∴D'H=DH，C'H=AH，
同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG，
∵∠EA'B=∠HC'D=30°，A'B=C'D，∠A'BE=∠C'DH=120°，
∴△A'BE'≌△C'DH（ASA），
∴DH=BE，
∴DH=BE=D'H=D'E=BF=B'F=B'G=DG，
∴该八边形各边都相等，故①正确；
根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，故④正确；
根据题意得∠ED'H=120°，
∵∠D'OD=90°，∠OD'H=∠ODH=60°，
∴∠D'HD=150°，
∴该八边形各个内角不相等，故②错误；
∵OD=OD'，D'H=DH，OH=OH，
∴△D'OH≌△DOH（SSS），
∴∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°，
∴OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离不相等，故③错误，
综上，正确的有①④.
故答案为：B.
【分析】延长BD和DB，连接OH，由菱形性质得∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，由旋转性质得点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，从而可用AAS判断出△AD'H≌△C'DH，得D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG；由ASA判断出△A'BE'≌△C'DH，得DH=BE，据此可判断①；根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，可判断④；通过角度计算可判断②；用SSS判断出△D'OH≌△DOH，得∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°， 据此可判断③.
9．（2024八下·深圳期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，、分别与交于D、E两点，将绕着点A顺时针旋转90°得到，则下列结论：①；②平分；③若，当时，则；④若平分，则，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：∵△ABC和△GAF都是等腰直角三角形，且AB=AC，∠BAC=∠AGF=90°，
∴∠ABC=∠ACB=∠GAF=45°.
∴∠BAD+∠EAC=45°.
∵绕着点A顺时针旋转90°得到，
∴∠HAB=∠EAC，∠HBA=∠ECA=45°，AH=AE，HB=EC.
①∵∠HBA=∠ECA=45°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠HBD=∠HBA+∠ABC=90°，
∴HB⊥BC，①正确；
②∵∠HAB=∠EAC，∠BAD+∠EAC=45°，
∴∠HAD=∠BAD+∠HAB=45°，
∴∠HAD=∠GAF.
∵AH=AE，AD=AD，
∴△HAD≌△EAD(SAS)，
∴∠HDA=∠EDA，
即平分， ②正确；
③∵△HAD≌△EAD，
∴HD=ED，
∵HB=EC， ，
∴HD=2HB.
∵Rt△HBD中，HB2+BD2=HD2，BD=3.
∴HB2+32=(2HB)2，
∴.
∴，
∴，
∵Rt△ABC中，AB2+AC2=2AB2=BC2，
∴，③错误；
④当AB平分∠HAD，
∴∠HAB=∠DAB，
∵∠HBA=∠ABC=45°，AB=AB，
∴△HAB≌△DAB（ASA）.
∴HB=BD.
∴.
∵△HAD≌△EAD，
∴.
设点A到边BC的距离为h.
∴，
∴ ，④正确，
综上，有3个正确的选项.
故答案为：C.
【分析】①证明∠HBA=∠ABC=45°，即可得到结论；②证明△HAD≌△EAD，即可得到结论；③证明HD=2HB，利用BD的长求出HB，从而可计算出BC长，利用勾股定理即可求出AB长即可得到结论；④证明△HAB≌△DAB，可得HB=BD，于是可用BD表示出HD，由△HAD≌△EAD得到HD=DE，分别表示出△ABD和△ADE的面积，即可得到结论.
10．（2021八上·江干期末）如图，在 中， ， ，D，E分别为线段AB，AC上一点，且 ，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
① ；②若 ，则 ；③若BE平分 ，则 ；④连结EF，若 ，则 .
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；角平分线的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴ BAE CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD，即：∠GBC=∠GCB，
∴BG=CG，
∴ ABG ACG，
∴∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴∠CEB=90°，
由①可知：BD=CE，∠ABC=∠ACB，
又∵BC=CB，
∴ BDC CEB，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∵点F是BC的中点，
∴ ，故②正确；
∵BE平分 ，AF平分∠BAC，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到 ABC的三边距离都相等，且等于FG，
∵ ， ，AF⊥BC，
∴AF= = ，
∴S ABC= (AB+AC+BC) FG= ×16FG=8FG，S ABC= BC AF=12，
∴8FG=12，即： ，故③正确；
∵ ，由①可知：CD⊥AB，
连接FE
∵BE⊥AC，CD⊥AB
∴∠BEC=∠ADC=90°
∵点F是BC边上的中点，
∴DF=FC
∴∠FDC=∠DCF
∵BG=CG
∴∠GBC=∠FDC=∠DCF
∵∠AGB=∠GBC+∠GFB=∠FDC+90°
∠ADF=∠ADC+∠FDC=90°+∠FDC
∴∠AGB=∠ADF
在△ADF和△ABG中
∠AFD=180°-∠ADF-∠DAF，∠ABE=180°-∠AGB-∠DAF
∴∠AFD=∠ABE
易证△DFG≌△EFG
∴∠DFG=∠EFG
∴∠DFE=2∠AFD=2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先证 BAE CAD，再证 ABG ACG，可得∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，利用等腰三角形三线合一的性质判断①；先证 BDC CEB，可得∠BDC=∠CEB=90°，利用直角三角形斜边中线的性质可得CF=DF，据此判断②；利用角平分线的性质，可得点G到 ABC的三边距离都相等，再利用勾股定理求出AF的长， 由 (AB+AC+BC) FG=S ABC= BC AF=12，可求出FG的长，从而判断③；利用直角三角形的性质易证DF=FC，可推出∠GBC=∠FDC=∠DCF，再证明∠AGB=∠ADF，利用三角形的内角和定理可证得∠AFD=∠ABE；易证△DFG≌△EFG，可推出∠DFG=∠EFG，由此可得到∠DFE=2∠AFD=2∠ABE可对④作出判断.
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2024七下·益阳期末）如图所示，把绕点顺时针旋转，得到，交于点，若，则 ．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，∠A'CD=40°，
∵ ∠A'DC=85°，
∴ ∠A'=55°，
∴ ∠A=55°.
故答案为：55°.
【分析】根据旋转的性质可得∠A'CD=40°和∠A=∠A'，再根据三角形的内角和定理，即可求得.
12．（2024·巴中）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．若四边形ABCO为菱形，则∠ADC的大小为 ．
【答案】60°
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=AB=BC=OC，
又∵OA=OB=OC，
∴OA=OB=OC=AB=BC
∴△ABO与△BCO都是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠AOC=60°.
故答案为：60°.
【分析】由菱形的四边相等及同圆的半径相等得OA=OB=OC=AB=BC，则△ABO与△BCO都是等边三角形，由等边三角形的三个内角都是60°及角的和差可推出∠AOC=120°，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得∠ADC的度数.
13．（2024八下·南皮期末）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形，则图中阴影部分面积为 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AE，
由旋转知：AD=AB'=3，∠D=∠B'=∠DAB=90°，∠B'AB=30°，
∴∠DAB'=60°，
∵AE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△AB'E(HL)
∴∠DAE=∠B'AE=30°，S△ADE=S△AB'E，
在Rt△ADE中，AD=3，
∴DE=AD=，
∴S△ADE=×3×=，
∴ 阴影部分面积=正方形ABCD的面积-2S△ADE=9-2×=9-.
故答案为：9-.
【分析】连接AE，证明Rt△ADE≌Rt△AB'E(HL)，可得∠DAE=∠B'AE=30°，S△ADE=S△AB'E，由直角三角形的性质求出DE=AD=，从而求出△ADE的面积，根据阴影部分面积=正方形ABCD的面积-2S△ADE即可求解.
14．（2024八下·六盘水期末）如图，边长为的等边三角形中，是高上的一个动点，连接，同时将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则点在运动的过程中，线段长度的最小值是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接CN，
由旋转知：BM=BN，∠MBN=60°，
∵△ABC为等边三角形，AH⊥BC，
∴BH=CH=BC=，∠BAH=∠CAH=30°，∠ABC=∠MBN=60°，
∴∠ABM=∠CBN，
∴△ABM≌△CBN（SAS），
∴∠BCN=∠BAM=30°，
∴点N在与BC成30°角的直线CN上移动，
∴当HN⊥CN时，HN有最小值，最小值为CH=.
故答案为：.
【分析】连接CN，证明△ABM≌△CBN（SAS），可得∠BCN=∠BAM=30°，从而得出点N在与BC成30°角的直线CN上移动，则当HN⊥CN时，HN有最小值，求出此时HN的值即可.
15．（2021九上·龙凤期末）如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 ．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图所示，连接OB，交AC于点D，
∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形的性质和OC=OA得出四边形OABC是菱形，再根据垂径定理和三角函数求出圆心角和半径，即可求出答案。
16．（2018九上·林州期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝40°，点D在边BC上，BD＝2CD，把△ABC绕点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，则m＝ .
【答案】100°或120°
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图：
①当点B落在AB边上时，
∵DB＝DB1，
∴∠B＝∠DB1B＝40°，
∴m＝∠BDB1＝180°﹣2×40°＝100°，
②当点B落在AC上时，
在Rt△DCB2中，
∵∠C＝90°，DB2＝DB＝2CD，
∴∠CB2D＝30°，
∴m＝∠C+∠CB2D＝120°，
综上所述，m的值为100°或120°.
故答案为：100°或120°.
【分析】如图：①当点B落在AB边上时，根据旋转的性质得出DB＝DB1，根据等边对等角得出∠B＝∠DB1B＝40°，进而根据三角形的内角和由m＝∠BDB1＝180°-∠B-∠BB1D即可算出答案；②当点B落在AC上时，在Rt△DCB2中，根据含30°直角三角形的边之间的关系判断出∠CB2D＝30°，进而由m＝∠C+∠CB2D即可算出答案，综上所述即可得出答案.
三、解答题（本题共8小题，第17题6分，第18题8分，第19题7分，第20题8分，第21题10分，第22题7分，第23题10分，第24题10分，共66分）
17．（2024·临川一模）如图，在正方形中，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，求的长．
【答案】解：正方形
为的中点；；
又绕点按逆时针方向旋转得到，
，，
；
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】先根据正方形的性质和勾股定理求出ED，再根据旋转的性质得到ED=DF，∠EDF=90°，最后根据勾股定理求出即可.
18．（2024九上·武汉月考）如图，在长方形的网格中，每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C均为格点．请你用一把无刻度直尺完成作图，保留作图痕迹．
（1）以为旋转中心，将线段逆时针旋转至线段，连接；
（2）作于；
（3）将绕点顺时针旋转至，旋转角度等于．
【答案】（1）解：根据旋转变换的性质，在网格中取格点，连接线段，如图：
（2）解：取格点，，连接交于点，连接，如上图，
根据网格知识，，
又∵，
∴．
（3）解：取点，使得，取格点，作射线，则，取格点，连接交于点，即，则即为所求，如图所示．
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转变换的性质作出点的对应点即可；
（2）取格点，，连接交于点，连接，线段即为所求；
（3）取点，使得，取格点，作射线（目的使得旋转角），取格点，连接交于点（目的使得），即为所求，其中解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的射线解决问题．
（1）解：根据旋转变换的性质，在网格中取格点，连接线段，如图：
（2）解：取格点，，连接交于点，连接，如上图，
根据网格知识，，
又∵，
∴．
（3）解：取点，使得，取格点，作射线，则，取格点，连接交于点，即，则即为所求，如上图所示．
19．（2024·雁塔模拟） 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1＝∠C，
（1）求证：CB∥PD；
（2）若BC＝3，∠C＝30°，求⊙O的直径．
【答案】（1）证明：∵∠P＝∠C，∠1＝∠C，
∴∠1＝∠P，
∴CB∥PD.
（2）解：连接OC，如图，
∵∠1＝30°，
∴∠P＝30°，
∵CD⊥AB，
∴，
∴∠BOC＝2∠P＝60°，
∴△BOC为等边三角形，
∴OB＝BC＝3，
∴⊙O的直径为6．
【知识点】平行线的判定；等边三角形的判定；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理推论和∠1＝∠C，得到∠1=∠P，结论可证；
（2）连接OC，根据垂径定理得到，从而有∠BOC＝2∠P=2∠1＝60°，得等边三角形OBC，于是可得半径和直径.
20．（2023·松原模拟）【问题情境】
如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到点的对应点为点延长交于点，连接．
（1）四边形的形状是 ；
（2）若，，则正方形的面积为 ；
（3）如图，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明．
【答案】（1）正方形
（2）225
（3）解：结论：，
理由如下：如图中，过点作于点，
则，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
由旋转可知：，
由可知：四边形是正方形，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）由旋转性质知：∠E'=∠AEB=90°，∠EBE'=90°，
∠AEB=90°，
∠BEF=90°，
四边形BE'FE是矩形，
又由旋转性质知道：BE=BE'，
四边形BE'FE是正方形；
故答案为：正方形；
（2）CF=3，
BE=3CF=9，
AE=CE'=4CF=12，
AB2=AE2+BE2=122+92=225；
故答案为：225；
【分析】（1）根据旋转性质可得出四边形BE'FE是正方形；
（2）首先可以求出AE=12，BE=9，根据勾股定理。可得AB2=225，即正方形ABCD的面积为225；
（3）如图中，过点作于点， 首先可得出AH=，然后可通过证明△ADH和△ABE全等，得出BE=AH=，然后再根据CE'=AE，BE=E'F，得出CF=E'F。
21．如图 ，正三角形、正方形、正六边形等正 边形与圆的形状有差异，我们将正 边形与圆的接近程度称为“接近度”．
（1）角的 “接近度” 定义：设正 边形的每个内角的度数为 ， 将正 边形的 “接近度”定义为 ． 于是 越小，该正 边形就越接近于圆．
①若 ， 则该正 边形的 “接近度”等于 .
②若 ， 则该正 边形的“接近度”等于 .
③当“接近度”等于 时， 正 边形就成了圆．
（2）边的 “接近度” 定义： 设一个正 边形的外接圆的半径为 ， 正 边形的中心到各边的距离为 ，将正 边形的“接近度”定义为 ． 分别计算当 时边的“接近度”， 并猜测当边的“接近度”等于多少时， 正 边形就成了圆．
【答案】（1）120；18；0
（2）解：如图：
当n=3时，
∵∠CAB= 60°，
∴∠OAD=30°，
∴
∴．
当n=6时，
∵，
∴∠OAD=60°.
∴.
∴.
当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆.
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（1）， 则该正 边形的 “接近度”等于.
， 则该正 边形的“接近度”等于
当“接近度”时等于0时， 正 边形就成了圆．
故答案为：①120；②18；③0.
【分析】（1）根据定义，分别计算n=3和n=20时角的“接近度”，并据此推算规律即可.
（2）根据定义，分别计算n=3和n=6时边的“接近度”，并据此推算规律即可.
22．（2022·秀洲模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD>90°，P为AC，BD的交点，⊙O经过A，B，P三点．
（1）求证：AB为⊙O的直径，
（2）请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ（不写作法，保留作图痕迹） ．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠APB= 90°，
又∵⊙O经过P点，
∴AB为⊙O的直径.
（2）解：如图，延长DA交⊙O于点Q，点Q即为所求.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】（1）由菱形性质得AC⊥BD，从而得∠APB= 90°，根据圆周角定理可推出AB是⊙O的直径；
（2）如图，延长DA交⊙O于点Q，连接PQ，由菱形性质得PB=PD，AB=AD，即得∠ADB=∠ABD，再根据圆周角定理可推出∠PQA=∠ABP，从而得到∠PQD=∠PDQ，即得PQ=PD，进而得PQ=PB，所以点Q即为所求点.
23．（2024八下·娄星期末）如图，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接、、．
（1）试判断，，之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出线段，，之间数量关系．
【答案】（1）解：证明如下：
由旋转，可知：
，，，
点、、共线，
，
．
在和中，
≌．
，
，
；
（2）解：证明如下：
在上取连接，
，，
≌，
，，
，
．
在和中，
≌，
，
，
；
（3）解：将绕点逆时针旋转得，
，，
，
，
点、、共线，
由同理可得≌，
，
．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由题意用边角边可证△EAN≌△MAN，由全等三角形的性质可得EN=MN，然后根据线段的构成EN=BE+BN可求解；
（2）在BC上取BE=MD，连接AE，由题意用边角边可证△ABE≌△ADM，由全等三角形的性质可得AE=AM，∠BAE=∠MAD，由角的构成可得∠NAE=∠NAM，同理可证△EAN≌△MAN，由全等三角形的性质可得EN=MN，然后根据线段的构成EN=BN-BE可求解；
（3）将△ABN绕点逆时针旋转得△ADE，由题意易得E、D、C三点共线，由（1）可得△EAM≌△MAN，由全等三角形的性质可得EM=MN，然后根据线段的构成可求解.
24．（2024九下·龙湾开学考）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，AC＝BD，AC⊥BD．
（1）猜想∠ACB的度数，并说明理由．
（2）若⊙O的半径为10，∠BCD=60°，求四边形ABCD的面积．
（3）若过圆心O作OF⊥BC于点F．求证：AD＝2OF．
【答案】（1）解：∠ACB＝45°，理由如下：
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°．
∴∠ABE＋∠BAE＝90°．
∴＝180°．
∴＝180°．
∵AC＝BD，
∴．
∴．
∴．
∴＝90°．
∴∠ACB＝45°．
（2）解：如图，连结BO，DO，过点作交BD于点.
在Rt中，，
（3）证明：如图，延长BO交⊙O于点M，连结CM，DM．
∵OF⊥BC，
∴BF＝CF，即点F是BC的中点．
又∵点O是BM的中点，
∴OF是△BCM的中位线．
∴CM＝2OF．
∵DM⊥BD，AC⊥BD，
∴DM∥AC．
∴AD＝CM．
∴AD＝2OF．
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1） 根据圆周角的度数和弧的度数的关系，即可求解；
（2）连结BO，DO，过点O作OH⊥BD交BD于点H，根据圆周角和圆心角的关系，求得∠BOD=120°，在Rt BHO，求出OH、BH，进而求得BD、AC，即可求解四边形面积；
（3）延长BO交⊙O于点M，连结CM，DM．根据中位线定理求得CM＝2OF，再根据同一平面内，同时垂直于一条直线的两条直线平行得出DM∥AC，即可证明AD＝2OF．
1 / 1浙教版数学九上第3章 圆的基本性质 二阶单元测试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·罗湖期末）在图形的平移和旋转变换中，下列说法正确的是（ ）
A．对应点所连线段都平行 B．对应线段都平行
C．对应点所连线段都相等 D．对应线段都相等
2．（2024七下·北海期末）如图，三角形OCD是由三角形OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，∠AOB＝60°，则∠COB的度数是（ ）
A．60° B．40° C．20° D．10°
3．（2024九下·北京市期末）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=25°，则∠AOD等于（ ）
A．155° B．140° C．130° D．110°
4．（2024·湖南）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·呼和浩特）如图，正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，AD和EF相交于点M，则∠AMF的度数为（ ）
A．26° B．27° C．28° D．30°
6．（2024九上·岳阳开学考）如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0），（4，0），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB'C'．点格点C'的坐标（ ）
A．（0，4） B．（2，5） C．（0，﹣4） D．（﹣2，5）
7．（2024八上·海曙开学考）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点若，则的度数是用含的代数式表示
A． B． C． D．
8．（2024·北京市）如图，在菱形中，，O为对角线的交点.将菱形绕点O逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等.
上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
9．（2024八下·深圳期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，、分别与交于D、E两点，将绕着点A顺时针旋转90°得到，则下列结论：①；②平分；③若，当时，则；④若平分，则，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2021八上·江干期末）如图，在 中， ， ，D，E分别为线段AB，AC上一点，且 ，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
① ；②若 ，则 ；③若BE平分 ，则 ；④连结EF，若 ，则 .
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（2024七下·益阳期末）如图所示，把绕点顺时针旋转，得到，交于点，若，则 ．
12．（2024·巴中）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．若四边形ABCO为菱形，则∠ADC的大小为 ．
13．（2024八下·南皮期末）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形，则图中阴影部分面积为 .
14．（2024八下·六盘水期末）如图，边长为的等边三角形中，是高上的一个动点，连接，同时将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则点在运动的过程中，线段长度的最小值是 ．
15．（2021九上·龙凤期末）如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为 ．
16．（2018九上·林州期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝40°，点D在边BC上，BD＝2CD，把△ABC绕点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，则m＝ .
三、解答题（本题共8小题，第17题6分，第18题8分，第19题7分，第20题8分，第21题10分，第22题7分，第23题10分，第24题10分，共66分）
17．（2024·临川一模）如图，在正方形中，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，求的长．
18．（2024九上·武汉月考）如图，在长方形的网格中，每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C均为格点．请你用一把无刻度直尺完成作图，保留作图痕迹．
（1）以为旋转中心，将线段逆时针旋转至线段，连接；
（2）作于；
（3）将绕点顺时针旋转至，旋转角度等于．
19．（2024·雁塔模拟） 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点P在⊙O上，∠1＝∠C，
（1）求证：CB∥PD；
（2）若BC＝3，∠C＝30°，求⊙O的直径．
20．（2023·松原模拟）【问题情境】
如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到点的对应点为点延长交于点，连接．
（1）四边形的形状是 ；
（2）若，，则正方形的面积为 ；
（3）如图，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明．
21．如图 ，正三角形、正方形、正六边形等正 边形与圆的形状有差异，我们将正 边形与圆的接近程度称为“接近度”．
（1）角的 “接近度” 定义：设正 边形的每个内角的度数为 ， 将正 边形的 “接近度”定义为 ． 于是 越小，该正 边形就越接近于圆．
①若 ， 则该正 边形的 “接近度”等于 .
②若 ， 则该正 边形的“接近度”等于 .
③当“接近度”等于 时， 正 边形就成了圆．
（2）边的 “接近度” 定义： 设一个正 边形的外接圆的半径为 ， 正 边形的中心到各边的距离为 ，将正 边形的“接近度”定义为 ． 分别计算当 时边的“接近度”， 并猜测当边的“接近度”等于多少时， 正 边形就成了圆．
22．（2022·秀洲模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD>90°，P为AC，BD的交点，⊙O经过A，B，P三点．
（1）求证：AB为⊙O的直径，
（2）请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ（不写作法，保留作图痕迹） ．
23．（2024八下·娄星期末）如图，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接、、．
（1）试判断，，之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出线段，，之间数量关系．
24．（2024九下·龙湾开学考）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，AC＝BD，AC⊥BD．
（1）猜想∠ACB的度数，并说明理由．
（2）若⊙O的半径为10，∠BCD=60°，求四边形ABCD的面积．
（3）若过圆心O作OF⊥BC于点F．求证：AD＝2OF．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平移的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：平移的性质：对应点所连线段平行（在同一直线上）、对应点所连线段相等、对应线段平行（在同一直线上）、对应线段相等、对应角相等；
旋转的性质：对应线段相等、对应角相等、对应点到旋转中心的距离相等．
故选D．
【分析】结合平移的性质，旋转的性质，找出共性或逐一判断即可.
2．【答案】C
【知识点】角的运算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵三角形OCD是由三角形OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形， ∠AOB＝60°，
∴∠COD=∠AOB＝60°，∠AOC=∠BOD=40°，
∵∠AOB=∠AOC+∠BOC，
∴60°=40°+∠BOC，解得：∠BOC=20°.
故答案为：C.
【分析】先利用旋转的性质说明∠COD=∠AOB＝60°，∠AOC=∠BOD=40°，再利用角的和求出∠BOC.
3．【答案】C
【知识点】垂径定理的实际应用；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，
∴，
∵∠CAB=25°，
∴∠BOD=50°，
∴∠AOD=130°．
故选：C．
【分析】根据直径的定义可得CD丄AB，再由垂径定理和圆周角定理（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）进行求解.
4．【答案】C
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：．
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理可知，即可得到答案．
5．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；直角三角形的性质；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：连接OC、OE、OD，设CD与EF交于点N，如图，
∵正四边形ABCD和正五边形CEFGH内接于⊙O，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：B.
【分析】连接OC、OE、OD，设CD与EF交于点N，根据圆内接正多边形的性质可得到：进而求出再根据圆周角定理得到：结合三角形内角和定理即可求出最后根据两锐角互余即可求解.
6．【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：原来点C的坐标为（52），逆时针旋转90°后就到了第二象限，旋转前后的三角形全等，如下图，
从而得C'点坐标为（﹣2，5），故选D．
【分析】根据旋转定义（在平面内，一个图形绕着一个定点转动一定的角度得到另一个图形的变化叫做旋转）作出图形即可解题.
7．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵ 将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，
∴∠B=∠FDC，CD=BC，
∴∠B=∠CDB=∠FDC=（180°-∠BCD）=（180°-α）=90°-α，
∴∠DCF=∠ACB-∠BCD=80°-α，
∵∠EFC=∠FDC+∠DCF=90°-α+80°-α= .
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质可证得∠B=∠FDC，CD=BC，利用等角对等边和三角形内角和定理可表示出∠FDC的度数，根据∠DCF=∠ACB-∠BCD，可表示出∠DCF的度数，然后利用三角形外角的性质可表示出∠EFC的度数.
8．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：延长BD和DB，连接OH，
∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，
∴∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵ 菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，
∴点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，∴AD'=C'D，∠D'AH=∠DC'H=30°，
又∵∠D'HA=∠DHC'，
∴△AD'H≌△C'DH（AAS），
∴D'H=DH，C'H=AH，
同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG，
∵∠EA'B=∠HC'D=30°，A'B=C'D，∠A'BE=∠C'DH=120°，
∴△A'BE'≌△C'DH（ASA），
∴DH=BE，
∴DH=BE=D'H=D'E=BF=B'F=B'G=DG，
∴该八边形各边都相等，故①正确；
根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，故④正确；
根据题意得∠ED'H=120°，
∵∠D'OD=90°，∠OD'H=∠ODH=60°，
∴∠D'HD=150°，
∴该八边形各个内角不相等，故②错误；
∵OD=OD'，D'H=DH，OH=OH，
∴△D'OH≌△DOH（SSS），
∴∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°，
∴OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离不相等，故③错误，
综上，正确的有①④.
故答案为：B.
【分析】延长BD和DB，连接OH，由菱形性质得∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，由旋转性质得点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，从而可用AAS判断出△AD'H≌△C'DH，得D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG；由ASA判断出△A'BE'≌△C'DH，得DH=BE，据此可判断①；根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，可判断④；通过角度计算可判断②；用SSS判断出△D'OH≌△DOH，得∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°， 据此可判断③.
9．【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：∵△ABC和△GAF都是等腰直角三角形，且AB=AC，∠BAC=∠AGF=90°，
∴∠ABC=∠ACB=∠GAF=45°.
∴∠BAD+∠EAC=45°.
∵绕着点A顺时针旋转90°得到，
∴∠HAB=∠EAC，∠HBA=∠ECA=45°，AH=AE，HB=EC.
①∵∠HBA=∠ECA=45°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠HBD=∠HBA+∠ABC=90°，
∴HB⊥BC，①正确；
②∵∠HAB=∠EAC，∠BAD+∠EAC=45°，
∴∠HAD=∠BAD+∠HAB=45°，
∴∠HAD=∠GAF.
∵AH=AE，AD=AD，
∴△HAD≌△EAD(SAS)，
∴∠HDA=∠EDA，
即平分， ②正确；
③∵△HAD≌△EAD，
∴HD=ED，
∵HB=EC， ，
∴HD=2HB.
∵Rt△HBD中，HB2+BD2=HD2，BD=3.
∴HB2+32=(2HB)2，
∴.
∴，
∴，
∵Rt△ABC中，AB2+AC2=2AB2=BC2，
∴，③错误；
④当AB平分∠HAD，
∴∠HAB=∠DAB，
∵∠HBA=∠ABC=45°，AB=AB，
∴△HAB≌△DAB（ASA）.
∴HB=BD.
∴.
∵△HAD≌△EAD，
∴.
设点A到边BC的距离为h.
∴，
∴ ，④正确，
综上，有3个正确的选项.
故答案为：C.
【分析】①证明∠HBA=∠ABC=45°，即可得到结论；②证明△HAD≌△EAD，即可得到结论；③证明HD=2HB，利用BD的长求出HB，从而可计算出BC长，利用勾股定理即可求出AB长即可得到结论；④证明△HAB≌△DAB，可得HB=BD，于是可用BD表示出HD，由△HAD≌△EAD得到HD=DE，分别表示出△ABD和△ADE的面积，即可得到结论.
10．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；角平分线的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴ BAE CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD，即：∠GBC=∠GCB，
∴BG=CG，
∴ ABG ACG，
∴∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴∠CEB=90°，
由①可知：BD=CE，∠ABC=∠ACB，
又∵BC=CB，
∴ BDC CEB，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∵点F是BC的中点，
∴ ，故②正确；
∵BE平分 ，AF平分∠BAC，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到 ABC的三边距离都相等，且等于FG，
∵ ， ，AF⊥BC，
∴AF= = ，
∴S ABC= (AB+AC+BC) FG= ×16FG=8FG，S ABC= BC AF=12，
∴8FG=12，即： ，故③正确；
∵ ，由①可知：CD⊥AB，
连接FE
∵BE⊥AC，CD⊥AB
∴∠BEC=∠ADC=90°
∵点F是BC边上的中点，
∴DF=FC
∴∠FDC=∠DCF
∵BG=CG
∴∠GBC=∠FDC=∠DCF
∵∠AGB=∠GBC+∠GFB=∠FDC+90°
∠ADF=∠ADC+∠FDC=90°+∠FDC
∴∠AGB=∠ADF
在△ADF和△ABG中
∠AFD=180°-∠ADF-∠DAF，∠ABE=180°-∠AGB-∠DAF
∴∠AFD=∠ABE
易证△DFG≌△EFG
∴∠DFG=∠EFG
∴∠DFE=2∠AFD=2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先证 BAE CAD，再证 ABG ACG，可得∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，利用等腰三角形三线合一的性质判断①；先证 BDC CEB，可得∠BDC=∠CEB=90°，利用直角三角形斜边中线的性质可得CF=DF，据此判断②；利用角平分线的性质，可得点G到 ABC的三边距离都相等，再利用勾股定理求出AF的长， 由 (AB+AC+BC) FG=S ABC= BC AF=12，可求出FG的长，从而判断③；利用直角三角形的性质易证DF=FC，可推出∠GBC=∠FDC=∠DCF，再证明∠AGB=∠ADF，利用三角形的内角和定理可证得∠AFD=∠ABE；易证△DFG≌△EFG，可推出∠DFG=∠EFG，由此可得到∠DFE=2∠AFD=2∠ABE可对④作出判断.
11．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，∠A'CD=40°，
∵ ∠A'DC=85°，
∴ ∠A'=55°，
∴ ∠A=55°.
故答案为：55°.
【分析】根据旋转的性质可得∠A'CD=40°和∠A=∠A'，再根据三角形的内角和定理，即可求得.
12．【答案】60°
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=AB=BC=OC，
又∵OA=OB=OC，
∴OA=OB=OC=AB=BC
∴△ABO与△BCO都是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠AOC=60°.
故答案为：60°.
【分析】由菱形的四边相等及同圆的半径相等得OA=OB=OC=AB=BC，则△ABO与△BCO都是等边三角形，由等边三角形的三个内角都是60°及角的和差可推出∠AOC=120°，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可得∠ADC的度数.
13．【答案】
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AE，
由旋转知：AD=AB'=3，∠D=∠B'=∠DAB=90°，∠B'AB=30°，
∴∠DAB'=60°，
∵AE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△AB'E(HL)
∴∠DAE=∠B'AE=30°，S△ADE=S△AB'E，
在Rt△ADE中，AD=3，
∴DE=AD=，
∴S△ADE=×3×=，
∴ 阴影部分面积=正方形ABCD的面积-2S△ADE=9-2×=9-.
故答案为：9-.
【分析】连接AE，证明Rt△ADE≌Rt△AB'E(HL)，可得∠DAE=∠B'AE=30°，S△ADE=S△AB'E，由直角三角形的性质求出DE=AD=，从而求出△ADE的面积，根据阴影部分面积=正方形ABCD的面积-2S△ADE即可求解.
14．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接CN，
由旋转知：BM=BN，∠MBN=60°，
∵△ABC为等边三角形，AH⊥BC，
∴BH=CH=BC=，∠BAH=∠CAH=30°，∠ABC=∠MBN=60°，
∴∠ABM=∠CBN，
∴△ABM≌△CBN（SAS），
∴∠BCN=∠BAM=30°，
∴点N在与BC成30°角的直线CN上移动，
∴当HN⊥CN时，HN有最小值，最小值为CH=.
故答案为：.
【分析】连接CN，证明△ABM≌△CBN（SAS），可得∠BCN=∠BAM=30°，从而得出点N在与BC成30°角的直线CN上移动，则当HN⊥CN时，HN有最小值，求出此时HN的值即可.
15．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图所示，连接OB，交AC于点D，
∵四边形OABC为平行四边形，，
∴四边形OABC为菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，设，则，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的长为：，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形的性质和OC=OA得出四边形OABC是菱形，再根据垂径定理和三角函数求出圆心角和半径，即可求出答案。
16．【答案】100°或120°
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图：
①当点B落在AB边上时，
∵DB＝DB1，
∴∠B＝∠DB1B＝40°，
∴m＝∠BDB1＝180°﹣2×40°＝100°，
②当点B落在AC上时，
在Rt△DCB2中，
∵∠C＝90°，DB2＝DB＝2CD，
∴∠CB2D＝30°，
∴m＝∠C+∠CB2D＝120°，
综上所述，m的值为100°或120°.
故答案为：100°或120°.
【分析】如图：①当点B落在AB边上时，根据旋转的性质得出DB＝DB1，根据等边对等角得出∠B＝∠DB1B＝40°，进而根据三角形的内角和由m＝∠BDB1＝180°-∠B-∠BB1D即可算出答案；②当点B落在AC上时，在Rt△DCB2中，根据含30°直角三角形的边之间的关系判断出∠CB2D＝30°，进而由m＝∠C+∠CB2D即可算出答案，综上所述即可得出答案.
17．【答案】解：正方形
为的中点；；
又绕点按逆时针方向旋转得到，
，，
；
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】先根据正方形的性质和勾股定理求出ED，再根据旋转的性质得到ED=DF，∠EDF=90°，最后根据勾股定理求出即可.
18．【答案】（1）解：根据旋转变换的性质，在网格中取格点，连接线段，如图：
（2）解：取格点，，连接交于点，连接，如上图，
根据网格知识，，
又∵，
∴．
（3）解：取点，使得，取格点，作射线，则，取格点，连接交于点，即，则即为所求，如图所示．
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转变换的性质作出点的对应点即可；
（2）取格点，，连接交于点，连接，线段即为所求；
（3）取点，使得，取格点，作射线（目的使得旋转角），取格点，连接交于点（目的使得），即为所求，其中解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的射线解决问题．
（1）解：根据旋转变换的性质，在网格中取格点，连接线段，如图：
（2）解：取格点，，连接交于点，连接，如上图，
根据网格知识，，
又∵，
∴．
（3）解：取点，使得，取格点，作射线，则，取格点，连接交于点，即，则即为所求，如上图所示．
19．【答案】（1）证明：∵∠P＝∠C，∠1＝∠C，
∴∠1＝∠P，
∴CB∥PD.
（2）解：连接OC，如图，
∵∠1＝30°，
∴∠P＝30°，
∵CD⊥AB，
∴，
∴∠BOC＝2∠P＝60°，
∴△BOC为等边三角形，
∴OB＝BC＝3，
∴⊙O的直径为6．
【知识点】平行线的判定；等边三角形的判定；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理推论和∠1＝∠C，得到∠1=∠P，结论可证；
（2）连接OC，根据垂径定理得到，从而有∠BOC＝2∠P=2∠1＝60°，得等边三角形OBC，于是可得半径和直径.
20．【答案】（1）正方形
（2）225
（3）解：结论：，
理由如下：如图中，过点作于点，
则，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
由旋转可知：，
由可知：四边形是正方形，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）由旋转性质知：∠E'=∠AEB=90°，∠EBE'=90°，
∠AEB=90°，
∠BEF=90°，
四边形BE'FE是矩形，
又由旋转性质知道：BE=BE'，
四边形BE'FE是正方形；
故答案为：正方形；
（2）CF=3，
BE=3CF=9，
AE=CE'=4CF=12，
AB2=AE2+BE2=122+92=225；
故答案为：225；
【分析】（1）根据旋转性质可得出四边形BE'FE是正方形；
（2）首先可以求出AE=12，BE=9，根据勾股定理。可得AB2=225，即正方形ABCD的面积为225；
（3）如图中，过点作于点， 首先可得出AH=，然后可通过证明△ADH和△ABE全等，得出BE=AH=，然后再根据CE'=AE，BE=E'F，得出CF=E'F。
21．【答案】（1）120；18；0
（2）解：如图：
当n=3时，
∵∠CAB= 60°，
∴∠OAD=30°，
∴
∴．
当n=6时，
∵，
∴∠OAD=60°.
∴.
∴.
当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆.
【知识点】圆内接正多边形；正多边形的性质
【解析】【解答】解：（1）， 则该正 边形的 “接近度”等于.
， 则该正 边形的“接近度”等于
当“接近度”时等于0时， 正 边形就成了圆．
故答案为：①120；②18；③0.
【分析】（1）根据定义，分别计算n=3和n=20时角的“接近度”，并据此推算规律即可.
（2）根据定义，分别计算n=3和n=6时边的“接近度”，并据此推算规律即可.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠APB= 90°，
又∵⊙O经过P点，
∴AB为⊙O的直径.
（2）解：如图，延长DA交⊙O于点Q，点Q即为所求.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理
【解析】【分析】（1）由菱形性质得AC⊥BD，从而得∠APB= 90°，根据圆周角定理可推出AB是⊙O的直径；
（2）如图，延长DA交⊙O于点Q，连接PQ，由菱形性质得PB=PD，AB=AD，即得∠ADB=∠ABD，再根据圆周角定理可推出∠PQA=∠ABP，从而得到∠PQD=∠PDQ，即得PQ=PD，进而得PQ=PB，所以点Q即为所求点.
23．【答案】（1）解：证明如下：
由旋转，可知：
，，，
点、、共线，
，
．
在和中，
≌．
，
，
；
（2）解：证明如下：
在上取连接，
，，
≌，
，，
，
．
在和中，
≌，
，
，
；
（3）解：将绕点逆时针旋转得，
，，
，
，
点、、共线，
由同理可得≌，
，
．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由题意用边角边可证△EAN≌△MAN，由全等三角形的性质可得EN=MN，然后根据线段的构成EN=BE+BN可求解；
（2）在BC上取BE=MD，连接AE，由题意用边角边可证△ABE≌△ADM，由全等三角形的性质可得AE=AM，∠BAE=∠MAD，由角的构成可得∠NAE=∠NAM，同理可证△EAN≌△MAN，由全等三角形的性质可得EN=MN，然后根据线段的构成EN=BN-BE可求解；
（3）将△ABN绕点逆时针旋转得△ADE，由题意易得E、D、C三点共线，由（1）可得△EAM≌△MAN，由全等三角形的性质可得EM=MN，然后根据线段的构成可求解.
24．【答案】（1）解：∠ACB＝45°，理由如下：
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°．
∴∠ABE＋∠BAE＝90°．
∴＝180°．
∴＝180°．
∵AC＝BD，
∴．
∴．
∴．
∴＝90°．
∴∠ACB＝45°．
（2）解：如图，连结BO，DO，过点作交BD于点.
在Rt中，，
（3）证明：如图，延长BO交⊙O于点M，连结CM，DM．
∵OF⊥BC，
∴BF＝CF，即点F是BC的中点．
又∵点O是BM的中点，
∴OF是△BCM的中位线．
∴CM＝2OF．
∵DM⊥BD，AC⊥BD，
∴DM∥AC．
∴AD＝CM．
∴AD＝2OF．
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1） 根据圆周角的度数和弧的度数的关系，即可求解；
（2）连结BO，DO，过点O作OH⊥BD交BD于点H，根据圆周角和圆心角的关系，求得∠BOD=120°，在Rt BHO，求出OH、BH，进而求得BD、AC，即可求解四边形面积；
（3）延长BO交⊙O于点M，连结CM，DM．根据中位线定理求得CM＝2OF，再根据同一平面内，同时垂直于一条直线的两条直线平行得出DM∥AC，即可证明AD＝2OF．
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