第二章 圆 章末检测（提高练含解析）
图片预览
文档简介
初中数学湘教版九年级下册第二章 圆 章末检测（提高练）
一、单选题
1.若 Rt△ABC 的外接圆半径为R，内切圆半径为 r ，则其内切圆的面积与 Rt△ABC 的面积比为（??? ）
A.?πr2r+2R????????????????????????????????B.?πr2R+r????????????????????????????????C.?πr4R+2r????????????????????????????????D.?πr4R+r
2.如图，点A,B,C均在坐标轴上，AO=BO=CO=1，过A,O,C作⊙D，E是⊙D上任意一点，连结CE, BE，则 CE2+BE2 的最大值是（?? ）
A.?4????????????????????????????????????????B.?5????????????????????????????????????????C.?6????????????????????????????????????????D.?4+2
3.如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝ 2 ，BC＝1，则⊙O的半径为（?? ）
A.?3?????????????????????????????????????B.?52?????????????????????????????????????C.?102?????????????????????????????????????D.?2+12
4.如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，若AB=2a，则 PQ的值为（?? ）
A.?a??????????????????????????????????????B.?1.5a??????????????????????????????????????C.?3a??????????????????????????????????????D.?23a
5.如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（?? ）
A.?∠OBA=∠OCA???????????B.?四边形OABC内接于⊙O???????????C.?AB=2BC???????????D.?∠OBA+∠BOC=90°
6.如图，直线y＝ 33 x＋ 3 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O．若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，满足横坐标为整数的点P的个数是（???? ）
A.?3???????????????????????????????????????????B.?4???????????????????????????????????????????C.?5???????????????????????????????????????????D.?6
7.如图，已知直线l的函数表达式为 y=34x+3 ，它与x轴、y轴的交点分别为 A、B 两点．
（1）若 ⊙O 的半径为2，说明直线 AB 与 ⊙O 的位置关系；
（2）若 ⊙P 的半径为2， ⊙P 经过点B且与x轴相切于点F，求圆心P的坐标；
（3）若 ΔABO 的内切圆圆心是点M，外接圆圆心是点N，请直接写出 MN 的长度．
8.在平面直角坐标系 xOy 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， 3 ），点P的坐标为（1，0），与 y 轴相切于点O，若将⊙P沿 x 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（?? ）
A.?1个???????????????????????????????????????B.?2个???????????????????????????????????????C.?3个???????????????????????????????????????D.?4个
9.在 Rt△ABC ，∠C=90°,AB=6．△ABC的内切圆半径为1,则△ABC的周长为(?? )
A.?13?????????????????????????????????????????B.?14?????????????????????????????????????????C.?15?????????????????????????????????????????D.?16
10.若四边形A鱿O的对角线AC,BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3,4,6，则△DOA的内切圆半径是（ ???)
A.?92?????????????????????????????????B.?32?????????????????????????????????C.?72?????????????????????????????????D.?以上答案均不正确
11.如图，王虎使一长为4cm，宽为3cm的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向）木板上点A位置变化为A→A1→A2 ， 其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°角，则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为（??? ）
A.?10cm?????????????????????????????????B.?4πcm?????????????????????????????????C.?72πcm?????????????????????????????????D.?52cm
12.已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B ， M间的距离不可能是（??? ）
A.?0.5????????????????????????????????????????B.?0.6????????????????????????????????????????C.?0.7????????????????????????????????????????D.?0.8
二、填空题
13.如图，在平面直角坐标系中， A(0,4)、B(4,4)、C(6,2) ，则经过 A、B、C 三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为________；点D坐标为 (8,-2) ，连接 CD ，直线 CD 与 ⊙M 的位置关系是________．
14.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为________.
15.如图，直线 y=-34x+3 与x轴、y轴分别交于点A、B；点Q是以C（0，﹣1）为圆心、1为半径的圆上一动点，过Q点的切线交线段AB于点P，则线段PQ的最小是________．
16.如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC＝60cm.沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长.如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1＝30cm，∠B1D1C1＝120°.
（1）图2中，弓臂两端B1 ， C1的距离为________cm.
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2 ， 使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为________cm.
17.如图，∠AOB=45°，点P、Q都在射线OA上，OP=2，OQ=6.M是射线OB上的一个动点，过P、Q、M三点作圆，当该圆与OB相切时，其半径的长为________.
18.如图，正六边形 A1A2A3A4A5A6 内部有一个正五形 B1B2B3B4B5 ，且 A3A4//B3B4 ，直线 l 经过 B2 、 B3 ，则直线 l 与 A1A2 的夹角 α= ________ ° .
三、综合题
19.问题：我们知道，过任意的一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆.
那么任意的一个四边形有外接圆吗？
（1）探索：如图给出了一些四边形，填写出你认为有外接圆的图形序号________.
（2）发现：相对的内角之和满足什么关系时，四边形一定有外接圆，写出你的发现：________.
（3）说理：如果四边形没有外接圆，那么相对的两个内角之和有上面的关系吗？请结合图④，说明理由.
20.已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，对角线AC和BD交于点E．
（1）若∠BAD和∠BCD的度数之比为1：2，求∠BCD的度数；
（2）若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为劣弧BD的中点，求弦AC的长；
（3）若⊙O的半径为1，AC+BD＝3，且AC⊥BD．求线段OE的取值范围．
21.车辆转弯时，能否顺利通过直角弯道的标准是：车辆是否可以行使到和路的边界夹角是45°的位置(如图1中②的位置)，例如，图2是某巷子的俯视图，巷子路面宽4m，转弯处为直角，车辆的车身为矩形ABCD，CD与DE、CE的夹角都是45°时，连接EF，交CD于点G，若GF的长度至少能达到车身宽度，则车辆就能通过.
??? ????
（1）试说明长8m，宽3m的消防车不能通过该直角转弯；
（2）为了能使长8m，宽3m的消防车通过该弯道，可以将转弯处改为圆弧(分别是以O为圆心，以OM和ON为半径的弧)，具体方案如图3，其中OM⊥OM′，请你求出ON的最小值.
22.问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为________．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、 BC 是某新区的三条规划路，其中AB＝6km ， AC＝3km ， ∠BAC＝60°， BC 所对的圆心角为60°，新区管委会想在 BC 路边建物资总站点P ， 在AB ， AC路边分别建物资分站点E、F ， 也就是，分别在 BC 、线段AB和AC上选取点P、E、F ． 由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP ． 为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
23.阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则 OI2=R2-2Rr .
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴ IMIA=IDIN ，
∴ IA?ID=IM?IN ①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴ IADE=IFBD ，∴ IA?BD=DE?IF ②，
?
任务：
（1）观察发现： IM=R+d ， IN= ________(用含R，d的代数式表示)；
（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
（3）请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为________cm.
24.阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1 ， 正方形ABCD的面积为S2 ． 以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、 EF 及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S2之间的关系为：________(用含S1、S2的代数式表示)；
（2）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
25.已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= 月饼面积包装盒底面面积 ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
26.如图，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90° AC=6,?BC=8 ，动点 P 沿线段 CB 从点 C 向点 B 运动，当点 P 与点 B 重合时，停止运动，以点 P 为圆心， PC 为半径作 ⊙P ，点 M 在 ⊙P 上且在 △ABC 外， ∠CPM=90° ．
（1）当 CP=23 时 AP= ________，点 A 到 ⊙P 的最远距离为________；
（2）⊙P 与 AB 相切于点 D 时（如图2），求 PC 的长？并求出此时劣弧 CD 长度？（参考数据： sin37°=35,tan37°=34 ）
（3）直接写出点 M 的运动路径长为________， BM 的最短距离为________．
答案解析部分
一、单选题
1. B
考点：三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
解：如图，由题意得： ∠ACB=90°，AB=2R，
O1E=O1F=O1G=r ，
由切线长定理可得：
CE=CF=r,AE=AG,BF=BG, ?
设 AE=AG=m,BF=BG=n,
∴(m+r)2+(n+r)2=(m+n)2 ， m+n=2R,
∴mn=(m+n)r+r2 ，
∴mn=2Rr+r2,
而 S△ACB=12(m+r)(n+r)=12(mn+mr+nr+r2)
=12(2Rr+r2+2Rr+r2)
=2Rr+r2
∴S⊙O1S△ABC=πr22Rr+r2=πr2R+r.
故答案为：B．
分析：画好正确的图形，由切线长定理可得： CE=CF=r,AE=AG=m,BF=BG=n, 结合勾股定理可得： mn=2Rr+r2, 再求解直角三角形的面积 S△ACB=12(m+r)(n+r)=2Rr+r2 ，从而可得直角三角形的内切圆的面积与直角三角形的面积之比．
2. C
考点：圆的认识，圆心角、弧、弦的关系，点与圆的位置关系
解：当BE为三角形BCE的斜边的时候 C E 2 + B E 2有最大值
∴EC⊥x轴，
∵AO⊥x轴
∴AO=EC=1
则BE2=BC2+CE2=5
C E 2 + B E 2=1+5=6
故答案选C。
分析：题目属于分析动点最大值的问题，E在圆上运动，分析什么时候 C E 2 + B E 2有最大值，根据平方的关系联想勾股定理，如果有一边为斜边，即有最大值。
3. C
考点：勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，等腰直角三角形
解：如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC.
∵∠AOD＝∠BOE，
∴ AD=BE ，
∴AD＝BE＝ 2 ，
∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，
∴∠CBE＝ 12 （360°﹣90°）＝135°，
∴∠EBF＝45°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝1，
在Rt△ECF中，EC＝ EF2+CF2 ＝ 5 ，
∵△OCE是等腰直角三角形，
∴OC＝ EC2=102 .
故答案为：C.
分析：延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC，由对顶角相等可得∠AOD＝∠BOE，由圆心角和弧、弦的关系可得AD＝BE，可证△EBF是等腰直角三角形，即EF＝BF＝1，由勾股定理可得EC＝ EF2+CF2故可得OC的长度.
4. C
考点：矩形的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形
解：如图，连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，
∵AC、BC为直径，
∴∠APC=∠BQC=90°，
∴四边形BHPQ为矩形，
∴PQ=BH，
∵BH∥CP，
∴∠ABH=∠C=30°，
∴BH=ABcos30°=2a×32=3a，
∴PQ=3a.
故答案为：C.
分析：连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，利用直径所对的圆周角是直角，结合垂直的定义可证四边形BHPQ为矩形，从而把PQ转化为BH，最后在Rt△AHB中用余弦函数即可求出BH的长，则PQ长可知.
5. D
考点：垂径定理的应用，圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形的性质
解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=12（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=12（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=12（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=12（180°-3∠BOC）=90°-32∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=12∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
分析：根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-32∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
6. A
考点：一次函数的图象，直线与圆的位置关系
解：根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．
∵直线y＝ 33 x＋ 3 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），
∴A点的坐标为0＝ 33 x＋ 3
x=-3，A（-3，0），
B点的坐标为：（0， 3 ），
∴AB=2
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C1时，P1C1=1，
根据△AP1C1∽△ABO，
∴13=AP1AB=AP123
∴AP1=2，
∴P1的坐标为：（-1，0），
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C2时，P2C2=1，
根据△AP2C2∽△ABO，
∴13=AP2AB=AP223
∴AP2=2，
P2的坐标为：（-5，0），
从-1到-5，整数点有-2，-3，-4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．
故答案为：A．
分析：先求出函数与x轴、y轴的交点坐标，进一步求出函数与x轴的夹角，计算出 ⊙P 与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围.
7. （1）解：∵直线l的函数表达式为y= 34 x+3，
∴当x=0时，y=3；当y=0时，x=4；
∴A（﹣4，0），B（0，3），
∴OB=3，OA=4，
AB= OA2+OB2=42+32 =5，
过点O作OC⊥AB于C，如图1所示：
∵sin∠BAO= OCOA=OBAB ，
∴ OC4=35 ，
∴OC= 125 ＞2，
∴直线AB与⊙O的位置关系是相离；
（2）解：如图2所示，分两种情况：
①当点P在第一象限时，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，
则四边形OCPF是矩形，
∴OC=PF=BP=2，????
∴BC=OB﹣OC=3﹣2=1，
∴PC= BP2-BC2=22-12=3 ，
∴圆心P的坐标为：（ 3 ，2）；
②当点P在第二象限时，
由对称性可知，在第二象限圆心P的坐标为：（- 3 ，2）．
综上所知，圆心P的坐标为（ 3 ，2）或（- 3 ，2）．
（3）52
考点：直线与圆的位置关系，圆的综合题
解：（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM ， 如图3所示：
则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB ， BE=BD ，
∴MC=MD=ME=OD= 12 （OA+OB﹣AB）= 12 ×（4+3﹣5）=1，
∴BE=BD=OB﹣OD=3﹣1=2，
∵∠AOB=90°，∴△ABO外接圆圆心N在AB上，
∴AN=BN= 12 AB= 52 ，∴NE=BN﹣BE= 52 ﹣2= 12 ，
在Rt△MEN中，
MN= ME2+NE2=12+(12)2=52 ．
分析：（1）由直线解析式求出A（-4，0），B（0，3），得出OB=3，OA=4，由勾股定理得出AB= OA2+OB2= =5，过点O作OC⊥AB于C，由三角函数定义求出OC= 125 ＞2，即可得出结论；（2）分两种情况：①当点P在第一象限，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，则四边形OCPF是矩形，得出OC=PF=BP=2，BC=OB-OC=1，由勾股定理得出PC= BP2-BC2=3 ，即可得出答案；②当点P在的第二象限，根据对称性可得出此时点P的坐标；（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，得出MC=MD=ME=OD= 12 （OA+OB-AB）=1，求出BE=BD=OB-OD=2，由直角三角形的性质得出△ABO外接圆圆心N在AB上，得出AN=BN= 12 AB= 52 ，NE=BN-BE= 12 ，在Rt△MEN中，由勾股定理即可得出答案．
8. C
考点：坐标与图形性质，切线的性质
解：如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， 3 ），
∴OA=3，OB= 3 ，
由勾股定理得：AB=2 3 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
分析：先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
9. B
考点：切线的性质，三角形的内切圆与内心，切线长定理
解：连结OA、OB、OC、OD、OE、OF（如图），
∵⊙O是 △ABC的内切圆 ，切点分别为D、E、F，
∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，BE=BF，AD=AE，
∴∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，
∵OD=DC，
∴四边形ODCF为正方形，
∴OD=DC=CF=OF=1，
∵BE=BF，AD=AE，AE+BE=AB=6，
∴AD+BF=6，
∴C △ABC =AD+DC+CF+FB+BE+AE=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
分析：根据切线长定理得BE=BF，AD=AE，即AE+BE=AD+BF=6，由切线性质得∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，根据正方形的判定得四边形ODCF为正方形，从而得DC=CF=1，根据三角形周长计算即可.
10. A
考点：三角形的面积，三角形的内切圆与内心
解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=12×c×3，S△BOC=12×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3:4，
∵S△AOB：S△BOC=12OA×BH：12OC×BH=3:4 ，
∴OA：OC=3:4，
则S△AOD：S△COD=3:4，
∴S△AOD：S△COD=12×c×r：12×c×6=3:4，
解得r=92.
故答案为：A.
分析：因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比，?再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA?和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
11. C
考点：矩形的性质，弧长的计算，旋转的性质
解：点 A 以 B 为旋转中心，以 ∠ABA1 为旋转角，顺时针旋转得到 A1 ； A2 是由 A1 以 C 为旋转中心，以 ∠A1CA2 为旋转角，顺时针旋转得到，
∵∠ABA1=90° ， ∠A1CA2=60° ， AB=32+42=5cm ， CA1=3cm ，
∴ 点 A 翻滚到 A2 位置时共走过的路径长 =90·π·5180+60·π·3180=72π(cm) ．
故答案为： C ．
分析：根据旋转的定义得到点 A 以 B 为旋转中心，以 ∠ABA1 为旋转角，顺时针旋转得到 A1 ； A2 是由 A1 以 C 为旋转中心，以 ∠A1CA2 为旋转角，顺时针旋转得到，由于 ∠ABA1=90° ， ∠A1CA2=60° ， AB=32+42=5cm ， CA1=3cm ，然后根据弧长公式计算即可．
12. A
考点：圆内接正多边形，旋转的性质
解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 2 小于等于1，
故答案为：A．
分析：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 2 小于等于1，由此即可判断．
二、填空题
13. （2，0）；相切
考点：确定圆的条件，直线与圆的位置关系
解：如图，作线段AB，CD的垂直平分线交点即为M，由图可知经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为（2，0）．
连接MC，MD，
∵MC2=42+22=20，CD2=42+22=20，MD2=62+22=40，
∴MD2=MC2+CD2 ， ∴∠MCD=90°，
又∵MC为半径，
∴直线CD是⊙M的切线．
故答案为：（2，0）；相切．
分析：由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M，根据图形即可得出点M的坐标；由于C在⊙M上，如果CD与⊙M相切，那么C点必为切点；因此可连接MC，证MC是否与CD垂直即可．可根据C、M、D三点坐标，分别表示出△CMD三边的长，然后用勾股定理来判断∠MCD是否为直角．
14. 7+12
考点：垂径定理，圆周角定理
解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.
∵AQ=QP
∴OQ⊥PA
∴∠AQO=90°
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在 RtΔOCH 中，∵∠COH=60°，OC=1
∴OH= 12OC=12 ， CH=32
在 RtΔCKH 中， CK=(32)2+12=72
∴CQ的最大值为 7+12 .
故答案为： 7+12 .
分析：连接OQ，作CH⊥AB于H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.
15. 2315
考点：一次函数的图象，点与圆的位置关系，切线的性质
解：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，如图所示．
当x=0时，y=3，∴点B的坐标为（0，3）；
当y=0时，x=4，∴点A的坐标为（4，0），∴OA=4，OB=3，∴AB= OA2+OB2 =5，∴sinB= OAAB=45 ．
∵C（0，﹣1），∴BC=3﹣（﹣1）=4，∴CP=BC?sinB= 165 ．
∵PQ为⊙C的切线，∴在Rt△CQP中，CQ=1，∠CQP=90°，∴PQ= CP2-CQ2 = 2315 ．
故答案为 2315 ．
分析：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，先求出B的坐标为（0，3），点A的坐标为（4，0），利用勾股定理求出AB=5，从而可得sinB=45 ， 在Rt△CBP中，求出CP=BC?sinB= 165 ， 在Rt△CQP中，利用勾股定理求出PQ的长即可.
16. （1）303
（2）105-10
考点：勾股定理，垂径定理，弧长的计算
解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.
∵D1A＝D1B1＝30
∴D1是 B1AC1 的圆心，
∵AD1⊥B1C1 ，
∴B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 3 ，
∴B1C1＝30 3
∴弓臂两端B1 ， C1的距离为30 3;
（ 2 ）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.
设半圆的半径为r，则πr＝ 120·π·30180 ，
∴r＝20，
∴AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，
在Rt△GB2D2中，GD2＝ 302-202 ＝10 5
∴D1D2＝10 5 ﹣10.
故答案为30 3 ，10 5 ﹣10，
分析：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.由D1A＝D1B1＝30，可得D1是 B1AC1 的圆心，根据垂径定理及锐角三角形函数可得B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 3 ，从而求出B1C1＝B1H=30 3；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.设半圆的半径为r，则πr＝ 120·π·30180 ，求出r=20,从而可得AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，利用股股定理可得GD2＝10 5 ， 由D1D2＝GD2-GD1即可求出结论.
17. 42-23
考点：垂径定理，切线的性质
解： ∵ 过 P、Q、M 三点的圆与 OB 相切，
∴ 点 M 为切点，
设过 P、Q、M 三点的圆的圆心为 O' ，
连接 O'M ，
则 O'M⊥OB ，
过 O' 作 O'H⊥PQ 于 H ，延长 HO' 交 OB 于 G,
∵OP=2,OQ=6 ，
∴PH=12PQ=2 ，
设 O'P=O'M=x ，∵∠AOB=45°,
∴△OGH 和 △O'MG 是等腰直角三角形，
∴OH=HG=4,O'G=2x ，
∴HO'=4-2x ，∴PH2+HO'2=PO'2,
∵4+(4-2x)2=x2 ，
解得： x=42-23,x=42+23 （不合题意舍去)，
∴ 半径的长为 42-23;
故答案为：42-23》
分析：根据已知条件得到点M为切点，设过P、Q、M三点的圆的圆心为O′，连接O′M，则O′M⊥OB，过O′作O′H⊥PQ于H，延长HO′交OB于G，根据垂径定理和勾股定理进行推理计算即可得到结论.
18. 48
考点：圆内接正多边形
解：∵多边形 A1A2A3A4A5A6 是正六边形，多边形 B1B2B3B4B5 是正五边形
∴ ∠A1A2A3=∠A2A3A4=180°×(6-2)6=120°,∠B2B3B4=180°×(5-2)5=108°
∵ A3A4//B3B4
∴ ∠B3MA4=∠B2B3B4=108°
∴ ∠B3MA3=180°-108°=72°
∠α=∠A2NB2=360°-∠A1A2A3-∠A2A3A4-∠A3MB3=360°-120°-120°-72°=48°
故答案为：48
分析：已知正六边形 A1A2A3A4A5A6 内部有一个正五形 B1B2B3B4B5 ，可得出正多边形的内角度数，根据 A3A4//B3B4 和四边形内角和定理即可得出 α 的度数.
三、综合题
19. （1）②
（2）相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
（3）解：没有上面的关系，理由如下
如图4左，连接BE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠E=180°
根据三角形外角的性质可得∠BCD＞∠E
∴∠A＋∠BCD＞∠A＋∠E=180°；
如图4右，连接DE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠BED=180°
根据三角形外角的性质可得∠BED＞∠BCD
∴∠A＋∠BCD＜∠A＋∠BED =180°；
综上：∠A＋∠BCD≠180°
考点：三角形的外角性质，圆的认识，圆内接四边形的性质
解：探索：由平面内不存在一点到一般平行四边形的四个顶点距离相等，可得平行四边形没有外接圆；
由矩形的性质可知：矩形两条对角线的交点到矩形四个顶点的距离相等，可得矩形有外接圆；
由平面内不存在一点到菱形的四个顶点距离相等，可得菱形没有外接圆；
故答案为：②；
发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
故答案为：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；
分析：（1）根据圆上任意一点到圆心的距离相等结合平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质即可得出结论；
（2）根据矩形的对角性质结合圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据图④分类讨论，然后根据圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质即可得出结论.
20. （1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A：∠C＝1：2，
∴设∠A＝x，∠C＝2x，则x+2x＝180°，
解得，x＝60°，
∴∠C＝2x＝120°．
（2）解：如图2中，
∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠CAD＝∠CAB＝ 12 ∠BAD＝30°，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，如图2所示：
则∠E＝∠CAD＝∠CAB＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝360°﹣（∠CAB+∠ACB+∠ABC）＝360°﹣180°＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝ 12 AE＝ 12 （AB+AD）＝ 12 ×（3+5）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝ AMcos30°=432=833 ．
（3）解：过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∵OA＝OD＝1，OM2＝OA2﹣AM2 ， ON2＝OD2﹣DN2 ， AM＝ 12 AC，DN＝ 12 BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON＝ME，OE2＝OM2+ME2 ，
∴OE2＝OM2+ON2＝2﹣ 14 （AC2+BD2）
设AC＝m，则BD＝3﹣m，
∵⊙O的半径为1，AC+BD＝3，
∴1≤m≤2，
OE2＝2﹣ 14 [（AC+BD）2﹣2AC×BD]＝﹣ 12 m2+ 32 m﹣ 14 ＝﹣ 12 （m﹣ 32 ）2+ 78 ，
∴ 34 ≤OE2≤ 78 ，
∴ 32 ≤OE≤ 144 ．
考点：圆内接四边形的性质，圆的综合题
分析：(1)利用圆内接四边形对角互补构建方程解决问题即可．(2)将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；(3)由题知 AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2＝2﹣（AC2+BD2），设AC＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
21. （1）解：消防车不能通过该直角转弯.
理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H，
∵FH=EH=4，
∴EF=4 2 ，且∠GEC=45°，
∵GC=4，
∴GE=GC=4，
∴GF=4 2 ﹣4＜3，
即GF的长度未达到车身宽度，
∴消防车不能通过该直角转弯.
（2）解：若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形，
∴OG=4，OM=4 2 ，
∴OF=ON=OM﹣MN=4 2 ﹣4，
∴FG=OG﹣OF= 12 ×8﹣(4 2 ﹣4)=8﹣4 2 ＜3，
∴C、D在 MM' 上，
设ON=x，连接OC，在Rt△OCG中，
OG=x+3，OC=x+4，CG=4，
由勾股定理得，OG2+CG2=OC2 ，
即(x+3)2+42=(x+4)2 ，
解得x=4.5.
答：ON至少为4.5米.
考点：勾股定理的应用，垂径定理的应用，等腰直角三角形
分析：（1）过点F作FH⊥EC于点H，根据道路的宽度求出FH=EH=4m，然后根据等腰直角三角形的性质求出EF、GE的长度，相减即可得到GF的长度，如果不小于车身宽度，则消防车能通过，否则，不能通过；
（2）假设车身C、D分别与点M′、M重合，根据等腰直角三角形的性质求出OG= 12 CD=4，OC= 2 CG=4 2 ，然后求出OF的长度，从而求出可以通过的车宽FG的长度，如果不小于车宽，则消防车能够通过，否则，不能通过；设ON=x，表示出OC=x+4，OG=x+3，又OG= 12 CD=4，在Rt△OCG中，利用勾股定理列式进行计算即可求出ON的最小值.
22. （1）解：设O是△ABC的外接圆的圆心，
∴OA＝OB＝OC ，
∵∠A＝120°，AB＝AC＝5，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB＝5
（2）解：当PM⊥AB时，此时PM最大，
连接OA ，
由垂径定理可知：AM＝ 12 AB＝12，
∵OA＝13，
∴由勾股定理可知：OM＝5，
∴PM＝OM+OP＝18
（3）解：设连接AP ， OP
分别以AB、AC所在直线为对称轴，
作出P关于AB的对称点为M ， P关于AC的对称点为N ，
连接MN ， 交AB于点E ， 交AC于点F ， 连接PE、PF ，
∴AM＝AP＝AN ，
∵∠MAB＝∠PAB ， ∠NAC＝∠PAC ，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝∠MAB+∠NAC＝60°，
∴∠MAN＝120°
∴M、P、N在以A为圆心，AP为半径的圆上，
设AP＝r ，
易求得：MN＝ 3 r ，
∵PE＝ME ， PF＝FN ，
∴PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ 3 r ，
∴当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值，
∵AP+OP≥OA ，
∴AP≥OA﹣OP ， 即点P在OA上时，AP可取得最小值，
设AB的中点为Q ，
∴AQ＝AC＝3，
∵∠BAC＝60°，
∴AQ＝QC＝AC＝BQ＝3，
∴∠ABC＝∠QCB＝30°，
∴∠ACB＝90°，
∴由勾股定理可知：BC＝3 3 ，
∵∠BOC＝60°，OB＝OC＝3 3 ，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ABO＝90°
∴由勾股定理可知：OA＝3 7 ，
∵OP＝OB＝3 3 ，
∴AP＝r＝OA﹣OP＝3 7 ﹣3 3 ，
∴PE+EF+PF＝MN＝ 3 r＝3 21 ﹣9
∴PE+EF+PF的最小值为（3 21 ﹣9）km ．
考点：勾股定理，垂径定理，三角形的外接圆与外心
分析：（1）设O是△ABC的外接圆的圆心，易证△ABO是等边三角形，所以AB＝OA＝OB＝5；（2）当PM⊥AB时，此时PM最大，连接OA ， 由垂径定理可知：AM＝ 12 AB＝12，再由勾股定理可知：OM＝5，所以PM＝OM+OP＝18，（3）设连接AP ， OP ， 分别以AB、AC所在直线为对称轴，作出P关于AB的对称点为M ， P关于AC的对称点为N ， 连接MN ， 交AB于点E ， 交AC于点F ， 连接PE、PF ， 所以AM＝AP＝AN ， 设AP＝r ，
易求得：MN＝ 3 r ， 所以PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ 3 r ， 即当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值．
23. （1）R﹣d
（2）解：BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID
（3）解：由(2)知：BD=ID，
又 IA?ID=IM?IN ， IA?BD=DE?IF ，
∴DE·IF=IM·IN，
∴ 2Rr=(R+d)(R-d) ，
∴ R2-d2=2Rr
∴ d2=R2-2Rr
（4）5
考点：三角形的外角性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
解：(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为：R﹣d；(4)由(3)知： d2=R2-2Rr ，
把R=5，r=2代入得： d2=52-2×5×2=5 ，
∵d>0，
∴ d=5 ，
故答案为： 5 .
分析：（1）共线线段之间的关系。
（2）内心即三角形三条角平分线的交点，根据角平分线的性质，以及圆周角定理，综合分析即可求证 ∠BID=∠DBI ，所以 BD=ID 。
（3）利用等式替换进行解答，
（4）根据?d2=R2-2Rr ，代入数值计算即可。
24. （1）S=14(S1-S2)
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= 14 S圆O= 14 S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG= 12 AB= 12 BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG2=（ 12 AB）2= 14 S2 ，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= 14 S1- 14 S2= 14 （S1-S2）
（3）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= 14 S圆O= 14 ，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（2）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
{∠ROG=∠SOHOR=OS∠ORG=∠OSH ，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH ，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS ，
由（2）可知S正方形ORBS= 14 S2 ，
∴S四边形OGBH= 14 S2 ，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= 14 （S1-S2）
考点：扇形面积的计算，圆的综合题，几何图形的面积计算-割补法
解：（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB= 14 S正方形ABCD= 14 S2 ， S扇形OEF= 14 S圆O= 14 S1 ，
∴S=S扇形OEF-S△OAB= 14 S圆O- 14 S正方形ABCD= 14 S1- 14 S2= 14 （S1-S2），
分析：（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；（2）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论
25. （1）解：设半圆直径与正六边形的边长 AB= a，连接正六边形的中心 O 和两相邻的顶点 A、B ，则 ∠AOB=60° , OA=OB ,∴ △OAB 是等边三角形，∴ OA=AB =a,过点 O 作 OC⊥AB ,
∴ AC=AB2=a2 ， OC=OA2-AC2 =3a2 ,∴ S月饼=6×12×AB?OC+6×12×π×(a2)2 =33a22+3πa24 = (63+3π)a24 ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 OD=OC+CD =3a2+a2 =(3+1)a2 ，∴ S图2=(2OD)2 =(3+1)2a2 ,S月饼S图3=（OCOD）2 =(33+1)2 =(3-32)2 =(3-32)2=12-634= 6-332 ≈ 40.2%;
S月饼S图2=(63+3π)a24(3+1)2a2 = (63+3π)4(3+1)2 = (63+3π)(23+4)16 = 18+6π+33π+1238 ≈ 66.4%;
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 (3+1)a2 ，
S月饼S圆= (63+3π)a2π(3+1)2a2 = (63+3π)π(3+1)2 ≈84.5% ≥80% ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
考点：圆内接正多边形
分析：（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
26. （1）43；63
（2）解：如图2， ⊙P 与 AB 相切与点 D ，
连接 PD ，则 PD⊥AB ，
在 Rt△ABC ， AC=6,?BC=8 ，
∴AB=10 ，
在 Rt△ABC 中， sin∠ABC=35 ，
设 ⊙P 半径为 x ，则 PC=PD=x,?PB=8-x ，
在 Rt△BDP 中， sin∠PBD=PDPB=x8-x ，
∴x8-x=35
∴x=3
∴PC=3 ；
∵sin∠ABC=35 ，
∴ ∠B=37°
∴∠CPD=∠B+90°=127° ．
∴劣弧 CD 长度为 127π?3180 .
（3）82；42
考点：圆的综合题，圆-动点问题
解：（1）如图，连结AP并延长交⊙P于N点，
则由勾股定理得： AP=AC2+CP2=62+(23)2=43 ，
∴AN=AP+CP= 63 ，即点A到⊙P的最远距离为 63 ，
故答案为 43；63 ；（3）如图，由题意可以画出M的运动路径CE，BM的最短距离即为BN，
由已知，BE=BC=8，∠CBE=90°，
∴由勾股定理可得： CE=BC2+BE2=82+82=82，BN=12CE=42 ，
∴点 M 的运动路径长是 82 ， BM 的最短距离是 42 ．
分析：（1）根据勾股定理及圆外一点到圆上的最远距离求解即可；
（2） 连接 PD ， 则?PD⊥AB? ， 先求出AB，再利用锐角三角函数求解出半径，最后利用弧长公式计算即可；
（3）画出草图，知道点M的运动轨迹再求解即可。
一、单选题
1.若 Rt△ABC 的外接圆半径为R，内切圆半径为 r ，则其内切圆的面积与 Rt△ABC 的面积比为（??? ）
A.?πr2r+2R????????????????????????????????B.?πr2R+r????????????????????????????????C.?πr4R+2r????????????????????????????????D.?πr4R+r
2.如图，点A,B,C均在坐标轴上，AO=BO=CO=1，过A,O,C作⊙D，E是⊙D上任意一点，连结CE, BE，则 CE2+BE2 的最大值是（?? ）
A.?4????????????????????????????????????????B.?5????????????????????????????????????????C.?6????????????????????????????????????????D.?4+2
3.如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC＝90°，AD＝ 2 ，BC＝1，则⊙O的半径为（?? ）
A.?3?????????????????????????????????????B.?52?????????????????????????????????????C.?102?????????????????????????????????????D.?2+12
4.如图，AC，BC是两个半圆的直径，∠ACP=30°，若AB=2a，则 PQ的值为（?? ）
A.?a??????????????????????????????????????B.?1.5a??????????????????????????????????????C.?3a??????????????????????????????????????D.?23a
5.如图，A，B，C是⊙O上三个点，∠AOB=2∠BOC，则下列说法中正确的是（?? ）
A.?∠OBA=∠OCA???????????B.?四边形OABC内接于⊙O???????????C.?AB=2BC???????????D.?∠OBA+∠BOC=90°
6.如图，直线y＝ 33 x＋ 3 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O．若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，满足横坐标为整数的点P的个数是（???? ）
A.?3???????????????????????????????????????????B.?4???????????????????????????????????????????C.?5???????????????????????????????????????????D.?6
7.如图，已知直线l的函数表达式为 y=34x+3 ，它与x轴、y轴的交点分别为 A、B 两点．
（1）若 ⊙O 的半径为2，说明直线 AB 与 ⊙O 的位置关系；
（2）若 ⊙P 的半径为2， ⊙P 经过点B且与x轴相切于点F，求圆心P的坐标；
（3）若 ΔABO 的内切圆圆心是点M，外接圆圆心是点N，请直接写出 MN 的长度．
8.在平面直角坐标系 xOy 中，直线经过点A（－3，0），点B（0， 3 ），点P的坐标为（1，0），与 y 轴相切于点O，若将⊙P沿 x 轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有（?? ）
A.?1个???????????????????????????????????????B.?2个???????????????????????????????????????C.?3个???????????????????????????????????????D.?4个
9.在 Rt△ABC ，∠C=90°,AB=6．△ABC的内切圆半径为1,则△ABC的周长为(?? )
A.?13?????????????????????????????????????????B.?14?????????????????????????????????????????C.?15?????????????????????????????????????????D.?16
10.若四边形A鱿O的对角线AC,BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3,4,6，则△DOA的内切圆半径是（ ???)
A.?92?????????????????????????????????B.?32?????????????????????????????????C.?72?????????????????????????????????D.?以上答案均不正确
11.如图，王虎使一长为4cm，宽为3cm的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向）木板上点A位置变化为A→A1→A2 ， 其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°角，则点A翻滚到A2位置时共走过的路径长为（??? ）
A.?10cm?????????????????????????????????B.?4πcm?????????????????????????????????C.?72πcm?????????????????????????????????D.?52cm
12.已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点B ， M间的距离不可能是（??? ）
A.?0.5????????????????????????????????????????B.?0.6????????????????????????????????????????C.?0.7????????????????????????????????????????D.?0.8
二、填空题
13.如图，在平面直角坐标系中， A(0,4)、B(4,4)、C(6,2) ，则经过 A、B、C 三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为________；点D坐标为 (8,-2) ，连接 CD ，直线 CD 与 ⊙M 的位置关系是________．
14.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为________.
15.如图，直线 y=-34x+3 与x轴、y轴分别交于点A、B；点Q是以C（0，﹣1）为圆心、1为半径的圆上一动点，过Q点的切线交线段AB于点P，则线段PQ的最小是________．
16.如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC＝60cm.沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长.如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1＝30cm，∠B1D1C1＝120°.
（1）图2中，弓臂两端B1 ， C1的距离为________cm.
（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2 ， 使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为________cm.
17.如图，∠AOB=45°，点P、Q都在射线OA上，OP=2，OQ=6.M是射线OB上的一个动点，过P、Q、M三点作圆，当该圆与OB相切时，其半径的长为________.
18.如图，正六边形 A1A2A3A4A5A6 内部有一个正五形 B1B2B3B4B5 ，且 A3A4//B3B4 ，直线 l 经过 B2 、 B3 ，则直线 l 与 A1A2 的夹角 α= ________ ° .
三、综合题
19.问题：我们知道，过任意的一个三角形的三个顶点能作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆.
那么任意的一个四边形有外接圆吗？
（1）探索：如图给出了一些四边形，填写出你认为有外接圆的图形序号________.
（2）发现：相对的内角之和满足什么关系时，四边形一定有外接圆，写出你的发现：________.
（3）说理：如果四边形没有外接圆，那么相对的两个内角之和有上面的关系吗？请结合图④，说明理由.
20.已知四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，对角线AC和BD交于点E．
（1）若∠BAD和∠BCD的度数之比为1：2，求∠BCD的度数；
（2）若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为劣弧BD的中点，求弦AC的长；
（3）若⊙O的半径为1，AC+BD＝3，且AC⊥BD．求线段OE的取值范围．
21.车辆转弯时，能否顺利通过直角弯道的标准是：车辆是否可以行使到和路的边界夹角是45°的位置(如图1中②的位置)，例如，图2是某巷子的俯视图，巷子路面宽4m，转弯处为直角，车辆的车身为矩形ABCD，CD与DE、CE的夹角都是45°时，连接EF，交CD于点G，若GF的长度至少能达到车身宽度，则车辆就能通过.
??? ????
（1）试说明长8m，宽3m的消防车不能通过该直角转弯；
（2）为了能使长8m，宽3m的消防车通过该弯道，可以将转弯处改为圆弧(分别是以O为圆心，以OM和ON为半径的弧)，具体方案如图3，其中OM⊥OM′，请你求出ON的最小值.
22.问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝5，则△ABC的外接圆半径R的值为________．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB＝24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、 BC 是某新区的三条规划路，其中AB＝6km ， AC＝3km ， ∠BAC＝60°， BC 所对的圆心角为60°，新区管委会想在 BC 路边建物资总站点P ， 在AB ， AC路边分别建物资分站点E、F ， 也就是，分别在 BC 、线段AB和AC上选取点P、E、F ． 由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP ． 为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE+EF+FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
23.阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则 OI2=R2-2Rr .
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
∴ IMIA=IDIN ，
∴ IA?ID=IM?IN ①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
∴ IADE=IFBD ，∴ IA?BD=DE?IF ②，
?
任务：
（1）观察发现： IM=R+d ， IN= ________(用含R，d的代数式表示)；
（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
（3）请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为________cm.
24.阅读下列材料，然后解答问题．
经过正四边形(即正方形)各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形．
如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的面积为S1 ， 正方形ABCD的面积为S2 ． 以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON＝90°．将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O交于点E、F，分别与正方形ABCD的边交于点G、H．设由OE、OF、 EF 及正方形ABCD的边围成的图形(阴影部分)的面积为S．
（1）当OM经过点A时(如图①)，则S、S1、S2之间的关系为：________(用含S1、S2的代数式表示)；
（2）当OM⊥AB于G时(如图②)，则(1)中的结论仍然成立吗？请说明理由；
（3）当∠MON旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论任然成立吗：请说明理由.
25.已知某种月饼形状的俯视图如图1所示，该形状由1个正六边形和6个半圆组成，半圆直径与正六边形的边长相等.
现商家设计了2种棱柱体包装盒，其底面分别为矩形和正六边形(如图2和图3)我们可从底面的利用率来记算整个包装盒的利用情况.(底面利用率= 月饼面积包装盒底面面积 ×100%)
（1）请分别计算出图2与图3中的底面利用率(结果保留到0.1%)；
（2）考虑到节约成本，商家希望底面利用率能够不低于80%，且底面图形仍然采用最基本的几何形状，请问商家的要求是否能够满足，若可以满足，请设计一种方案，并直接写出此时的利用率；若不能满足，请说明理由.
26.如图，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90° AC=6,?BC=8 ，动点 P 沿线段 CB 从点 C 向点 B 运动，当点 P 与点 B 重合时，停止运动，以点 P 为圆心， PC 为半径作 ⊙P ，点 M 在 ⊙P 上且在 △ABC 外， ∠CPM=90° ．
（1）当 CP=23 时 AP= ________，点 A 到 ⊙P 的最远距离为________；
（2）⊙P 与 AB 相切于点 D 时（如图2），求 PC 的长？并求出此时劣弧 CD 长度？（参考数据： sin37°=35,tan37°=34 ）
（3）直接写出点 M 的运动路径长为________， BM 的最短距离为________．
答案解析部分
一、单选题
1. B
考点：三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
解：如图，由题意得： ∠ACB=90°，AB=2R，
O1E=O1F=O1G=r ，
由切线长定理可得：
CE=CF=r,AE=AG,BF=BG, ?
设 AE=AG=m,BF=BG=n,
∴(m+r)2+(n+r)2=(m+n)2 ， m+n=2R,
∴mn=(m+n)r+r2 ，
∴mn=2Rr+r2,
而 S△ACB=12(m+r)(n+r)=12(mn+mr+nr+r2)
=12(2Rr+r2+2Rr+r2)
=2Rr+r2
∴S⊙O1S△ABC=πr22Rr+r2=πr2R+r.
故答案为：B．
分析：画好正确的图形，由切线长定理可得： CE=CF=r,AE=AG=m,BF=BG=n, 结合勾股定理可得： mn=2Rr+r2, 再求解直角三角形的面积 S△ACB=12(m+r)(n+r)=2Rr+r2 ，从而可得直角三角形的内切圆的面积与直角三角形的面积之比．
2. C
考点：圆的认识，圆心角、弧、弦的关系，点与圆的位置关系
解：当BE为三角形BCE的斜边的时候 C E 2 + B E 2有最大值
∴EC⊥x轴，
∵AO⊥x轴
∴AO=EC=1
则BE2=BC2+CE2=5
C E 2 + B E 2=1+5=6
故答案选C。
分析：题目属于分析动点最大值的问题，E在圆上运动，分析什么时候 C E 2 + B E 2有最大值，根据平方的关系联想勾股定理，如果有一边为斜边，即有最大值。
3. C
考点：勾股定理，圆心角、弧、弦的关系，等腰直角三角形
解：如图延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC.
∵∠AOD＝∠BOE，
∴ AD=BE ，
∴AD＝BE＝ 2 ，
∵∠DOC＝∠COE＝90°，OC＝OB＝OE，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB，
∴∠CBE＝ 12 （360°﹣90°）＝135°，
∴∠EBF＝45°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝1，
在Rt△ECF中，EC＝ EF2+CF2 ＝ 5 ，
∵△OCE是等腰直角三角形，
∴OC＝ EC2=102 .
故答案为：C.
分析：延长DO交⊙O于E，作EF⊥CB交CB的延长线于F，连接BE、EC，由对顶角相等可得∠AOD＝∠BOE，由圆心角和弧、弦的关系可得AD＝BE，可证△EBF是等腰直角三角形，即EF＝BF＝1，由勾股定理可得EC＝ EF2+CF2故可得OC的长度.
4. C
考点：矩形的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形
解：如图，连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，
∵AC、BC为直径，
∴∠APC=∠BQC=90°，
∴四边形BHPQ为矩形，
∴PQ=BH，
∵BH∥CP，
∴∠ABH=∠C=30°，
∴BH=ABcos30°=2a×32=3a，
∴PQ=3a.
故答案为：C.
分析：连接AP、BQ，作BH⊥AP于H，利用直径所对的圆周角是直角，结合垂直的定义可证四边形BHPQ为矩形，从而把PQ转化为BH，最后在Rt△AHB中用余弦函数即可求出BH的长，则PQ长可知.
5. D
考点：垂径定理的应用，圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形的性质
解：A.∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，
∴∠OBA=12（180°-∠AOB），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠OBA=12（180°-2∠BOC）=90°-∠BOC，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OCA+∠OAC+∠AOC=180°，
∴∠OCA=12（180°-∠AOC），
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOC=3∠BOC，
∴∠OCA=12（180°-3∠BOC）=90°-32∠BOC，
∴∠OBA≠∠OCA，
故A错误，A不符合题意；B.∵点A、B、C在圆上，而点O在圆内，
∴四边形OABC不内接于⊙O，
故B错误，B不符合题意；
C.过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，
∴AE=BE，∠AOE=∠BOE=12∠AOB，
∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴AE=BE=BC，
又∵AE+BE＞AB，
即2BC＞AB，
故C错误，C不符合题意；
D.由A知∠OBA=90°-∠BOC，
∴∠OBA+∠BOC=90°-∠BOC+∠BOC=90°，
故D正确，D符合题意.
故答案为：D.
分析：根据等腰三角形性质和三角形内角和定理可得∠OBA=90°-∠BOC，∠OCA=90°-32∠BOC，得∠OBA≠∠OCA，故A错误；根据圆内接四边形定义可知B错误；过点O作OD⊥AB交AB于D，交⊙O于E，根据垂径定理和弦、弧、圆心角之间关系可得AE=BE=BC，由三角形三边关系得2BC＞AB，故C错误；由A知∠OBA=90°-∠BOC，计算即可得D正确.
6. A
考点：一次函数的图象，直线与圆的位置关系
解：根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．
∵直线y＝ 33 x＋ 3 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为（1，0），
∴A点的坐标为0＝ 33 x＋ 3
x=-3，A（-3，0），
B点的坐标为：（0， 3 ），
∴AB=2
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C1时，P1C1=1，
根据△AP1C1∽△ABO，
∴13=AP1AB=AP123
∴AP1=2，
∴P1的坐标为：（-1，0），
将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C2时，P2C2=1，
根据△AP2C2∽△ABO，
∴13=AP2AB=AP223
∴AP2=2，
P2的坐标为：（-5，0），
从-1到-5，整数点有-2，-3，-4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．
故答案为：A．
分析：先求出函数与x轴、y轴的交点坐标，进一步求出函数与x轴的夹角，计算出 ⊙P 与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围.
7. （1）解：∵直线l的函数表达式为y= 34 x+3，
∴当x=0时，y=3；当y=0时，x=4；
∴A（﹣4，0），B（0，3），
∴OB=3，OA=4，
AB= OA2+OB2=42+32 =5，
过点O作OC⊥AB于C，如图1所示：
∵sin∠BAO= OCOA=OBAB ，
∴ OC4=35 ，
∴OC= 125 ＞2，
∴直线AB与⊙O的位置关系是相离；
（2）解：如图2所示，分两种情况：
①当点P在第一象限时，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，
则四边形OCPF是矩形，
∴OC=PF=BP=2，????
∴BC=OB﹣OC=3﹣2=1，
∴PC= BP2-BC2=22-12=3 ，
∴圆心P的坐标为：（ 3 ，2）；
②当点P在第二象限时，
由对称性可知，在第二象限圆心P的坐标为：（- 3 ，2）．
综上所知，圆心P的坐标为（ 3 ，2）或（- 3 ，2）．
（3）52
考点：直线与圆的位置关系，圆的综合题
解：（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM ， 如图3所示：
则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB ， BE=BD ，
∴MC=MD=ME=OD= 12 （OA+OB﹣AB）= 12 ×（4+3﹣5）=1，
∴BE=BD=OB﹣OD=3﹣1=2，
∵∠AOB=90°，∴△ABO外接圆圆心N在AB上，
∴AN=BN= 12 AB= 52 ，∴NE=BN﹣BE= 52 ﹣2= 12 ，
在Rt△MEN中，
MN= ME2+NE2=12+(12)2=52 ．
分析：（1）由直线解析式求出A（-4，0），B（0，3），得出OB=3，OA=4，由勾股定理得出AB= OA2+OB2= =5，过点O作OC⊥AB于C，由三角函数定义求出OC= 125 ＞2，即可得出结论；（2）分两种情况：①当点P在第一象限，连接PB、PF，作PC⊥OB于C，则四边形OCPF是矩形，得出OC=PF=BP=2，BC=OB-OC=1，由勾股定理得出PC= BP2-BC2=3 ，即可得出答案；②当点P在的第二象限，根据对称性可得出此时点P的坐标；（3）设⊙M分别与OA、OB、AB相切于C、D、E，连接MC、MD、ME、BM，则四边形OCMD是正方形，DE⊥AB，BE=BD，得出MC=MD=ME=OD= 12 （OA+OB-AB）=1，求出BE=BD=OB-OD=2，由直角三角形的性质得出△ABO外接圆圆心N在AB上，得出AN=BN= 12 AB= 52 ，NE=BN-BE= 12 ，在Rt△MEN中，由勾股定理即可得出答案．
8. C
考点：坐标与图形性质，切线的性质
解：如图所示，
∵点P的坐标为（1，0），⊙P与y轴相切于点O，
∴⊙P的半径是1，
若⊙P与AB相切时，设切点为D，由点A（-3，0），点B（0， 3 ），
∴OA=3，OB= 3 ，
由勾股定理得：AB=2 3 ，∠DAM=30°，
设平移后圆与直线AB第一次相切时圆心为M（即对应的P′），
∴MD⊥AB，MD=1，又因为∠DAM=30°，
∴AM=2，M点的坐标为（-1，0），即对应的P′点的坐标为（-1，0），
同理可得圆与直线第二次相切时圆心N的坐标为（-5，0），
所以当⊙P′与直线l相交时，横坐标为整数的点P′的横坐标可以是-2，-3，-4共三个.
故答案为：C.
分析：先求出⊙P的半径，继而求得相切时P′点的坐标，根据A（-3，0），可以确定对应的横坐标为整数时对应的数值.
9. B
考点：切线的性质，三角形的内切圆与内心，切线长定理
解：连结OA、OB、OC、OD、OE、OF（如图），
∵⊙O是 △ABC的内切圆 ，切点分别为D、E、F，
∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，BE=BF，AD=AE，
∴∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，
∵OD=DC，
∴四边形ODCF为正方形，
∴OD=DC=CF=OF=1，
∵BE=BF，AD=AE，AE+BE=AB=6，
∴AD+BF=6，
∴C △ABC =AD+DC+CF+FB+BE+AE=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
分析：根据切线长定理得BE=BF，AD=AE，即AE+BE=AD+BF=6，由切线性质得∠ODC=∠ACB=∠OFC=90°，根据正方形的判定得四边形ODCF为正方形，从而得DC=CF=1，根据三角形周长计算即可.
10. A
考点：三角形的面积，三角形的内切圆与内心
解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=12×c×3，S△BOC=12×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3:4，
∵S△AOB：S△BOC=12OA×BH：12OC×BH=3:4 ，
∴OA：OC=3:4，
则S△AOD：S△COD=3:4，
∴S△AOD：S△COD=12×c×r：12×c×6=3:4，
解得r=92.
故答案为：A.
分析：因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比，?再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA?和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
11. C
考点：矩形的性质，弧长的计算，旋转的性质
解：点 A 以 B 为旋转中心，以 ∠ABA1 为旋转角，顺时针旋转得到 A1 ； A2 是由 A1 以 C 为旋转中心，以 ∠A1CA2 为旋转角，顺时针旋转得到，
∵∠ABA1=90° ， ∠A1CA2=60° ， AB=32+42=5cm ， CA1=3cm ，
∴ 点 A 翻滚到 A2 位置时共走过的路径长 =90·π·5180+60·π·3180=72π(cm) ．
故答案为： C ．
分析：根据旋转的定义得到点 A 以 B 为旋转中心，以 ∠ABA1 为旋转角，顺时针旋转得到 A1 ； A2 是由 A1 以 C 为旋转中心，以 ∠A1CA2 为旋转角，顺时针旋转得到，由于 ∠ABA1=90° ， ∠A1CA2=60° ， AB=32+42=5cm ， CA1=3cm ，然后根据弧长公式计算即可．
12. A
考点：圆内接正多边形，旋转的性质
解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 2 小于等于1，
故答案为：A．
分析：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2- 2 小于等于1，由此即可判断．
二、填空题
13. （2，0）；相切
考点：确定圆的条件，直线与圆的位置关系
解：如图，作线段AB，CD的垂直平分线交点即为M，由图可知经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为（2，0）．
连接MC，MD，
∵MC2=42+22=20，CD2=42+22=20，MD2=62+22=40，
∴MD2=MC2+CD2 ， ∴∠MCD=90°，
又∵MC为半径，
∴直线CD是⊙M的切线．
故答案为：（2，0）；相切．
分析：由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M，根据图形即可得出点M的坐标；由于C在⊙M上，如果CD与⊙M相切，那么C点必为切点；因此可连接MC，证MC是否与CD垂直即可．可根据C、M、D三点坐标，分别表示出△CMD三边的长，然后用勾股定理来判断∠MCD是否为直角．
14. 7+12
考点：垂径定理，圆周角定理
解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.
∵AQ=QP
∴OQ⊥PA
∴∠AQO=90°
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在 RtΔOCH 中，∵∠COH=60°，OC=1
∴OH= 12OC=12 ， CH=32
在 RtΔCKH 中， CK=(32)2+12=72
∴CQ的最大值为 7+12 .
故答案为： 7+12 .
分析：连接OQ，作CH⊥AB于H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题.
15. 2315
考点：一次函数的图象，点与圆的位置关系，切线的性质
解：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，如图所示．
当x=0时，y=3，∴点B的坐标为（0，3）；
当y=0时，x=4，∴点A的坐标为（4，0），∴OA=4，OB=3，∴AB= OA2+OB2 =5，∴sinB= OAAB=45 ．
∵C（0，﹣1），∴BC=3﹣（﹣1）=4，∴CP=BC?sinB= 165 ．
∵PQ为⊙C的切线，∴在Rt△CQP中，CQ=1，∠CQP=90°，∴PQ= CP2-CQ2 = 2315 ．
故答案为 2315 ．
分析：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，先求出B的坐标为（0，3），点A的坐标为（4，0），利用勾股定理求出AB=5，从而可得sinB=45 ， 在Rt△CBP中，求出CP=BC?sinB= 165 ， 在Rt△CQP中，利用勾股定理求出PQ的长即可.
16. （1）303
（2）105-10
考点：勾股定理，垂径定理，弧长的计算
解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.
∵D1A＝D1B1＝30
∴D1是 B1AC1 的圆心，
∵AD1⊥B1C1 ，
∴B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 3 ，
∴B1C1＝30 3
∴弓臂两端B1 ， C1的距离为30 3;
（ 2 ）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.
设半圆的半径为r，则πr＝ 120·π·30180 ，
∴r＝20，
∴AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，
在Rt△GB2D2中，GD2＝ 302-202 ＝10 5
∴D1D2＝10 5 ﹣10.
故答案为30 3 ，10 5 ﹣10，
分析：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H.由D1A＝D1B1＝30，可得D1是 B1AC1 的圆心，根据垂径定理及锐角三角形函数可得B1H＝C1H＝30×sin60°＝15 3 ，从而求出B1C1＝B1H=30 3；
（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G.设半圆的半径为r，则πr＝ 120·π·30180 ，求出r=20,从而可得AG＝GB2＝20，GD1＝30﹣20＝10，利用股股定理可得GD2＝10 5 ， 由D1D2＝GD2-GD1即可求出结论.
17. 42-23
考点：垂径定理，切线的性质
解： ∵ 过 P、Q、M 三点的圆与 OB 相切，
∴ 点 M 为切点，
设过 P、Q、M 三点的圆的圆心为 O' ，
连接 O'M ，
则 O'M⊥OB ，
过 O' 作 O'H⊥PQ 于 H ，延长 HO' 交 OB 于 G,
∵OP=2,OQ=6 ，
∴PH=12PQ=2 ，
设 O'P=O'M=x ，∵∠AOB=45°,
∴△OGH 和 △O'MG 是等腰直角三角形，
∴OH=HG=4,O'G=2x ，
∴HO'=4-2x ，∴PH2+HO'2=PO'2,
∵4+(4-2x)2=x2 ，
解得： x=42-23,x=42+23 （不合题意舍去)，
∴ 半径的长为 42-23;
故答案为：42-23》
分析：根据已知条件得到点M为切点，设过P、Q、M三点的圆的圆心为O′，连接O′M，则O′M⊥OB，过O′作O′H⊥PQ于H，延长HO′交OB于G，根据垂径定理和勾股定理进行推理计算即可得到结论.
18. 48
考点：圆内接正多边形
解：∵多边形 A1A2A3A4A5A6 是正六边形，多边形 B1B2B3B4B5 是正五边形
∴ ∠A1A2A3=∠A2A3A4=180°×(6-2)6=120°,∠B2B3B4=180°×(5-2)5=108°
∵ A3A4//B3B4
∴ ∠B3MA4=∠B2B3B4=108°
∴ ∠B3MA3=180°-108°=72°
∠α=∠A2NB2=360°-∠A1A2A3-∠A2A3A4-∠A3MB3=360°-120°-120°-72°=48°
故答案为：48
分析：已知正六边形 A1A2A3A4A5A6 内部有一个正五形 B1B2B3B4B5 ，可得出正多边形的内角度数，根据 A3A4//B3B4 和四边形内角和定理即可得出 α 的度数.
三、综合题
19. （1）②
（2）相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
（3）解：没有上面的关系，理由如下
如图4左，连接BE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠E=180°
根据三角形外角的性质可得∠BCD＞∠E
∴∠A＋∠BCD＞∠A＋∠E=180°；
如图4右，连接DE
∵四边形ABED是圆O的内接四边形
∴∠A＋∠BED=180°
根据三角形外角的性质可得∠BED＞∠BCD
∴∠A＋∠BCD＜∠A＋∠BED =180°；
综上：∠A＋∠BCD≠180°
考点：三角形的外角性质，圆的认识，圆内接四边形的性质
解：探索：由平面内不存在一点到一般平行四边形的四个顶点距离相等，可得平行四边形没有外接圆；
由矩形的性质可知：矩形两条对角线的交点到矩形四个顶点的距离相等，可得矩形有外接圆；
由平面内不存在一点到菱形的四个顶点距离相等，可得菱形没有外接圆；
故答案为：②；
发现：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆
故答案为：相对的内角之和等于180°时，四边形一定有外接圆；
分析：（1）根据圆上任意一点到圆心的距离相等结合平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质即可得出结论；
（2）根据矩形的对角性质结合圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据图④分类讨论，然后根据圆的内接四边形的性质和三角形外角的性质即可得出结论.
20. （1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A：∠C＝1：2，
∴设∠A＝x，∠C＝2x，则x+2x＝180°，
解得，x＝60°，
∴∠C＝2x＝120°．
（2）解：如图2中，
∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵点C为弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠CAD＝∠CAB＝ 12 ∠BAD＝30°，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，如图2所示：
则∠E＝∠CAD＝∠CAB＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，
∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝360°﹣（∠CAB+∠ACB+∠ABC）＝360°﹣180°＝180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC＝CE，
∴AM＝EM＝ 12 AE＝ 12 （AB+AD）＝ 12 ×（3+5）＝4，
在Rt△AMC中，AC＝ AMcos30°=432=833 ．
（3）解：过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∵OA＝OD＝1，OM2＝OA2﹣AM2 ， ON2＝OD2﹣DN2 ， AM＝ 12 AC，DN＝ 12 BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN是矩形，
∴ON＝ME，OE2＝OM2+ME2 ，
∴OE2＝OM2+ON2＝2﹣ 14 （AC2+BD2）
设AC＝m，则BD＝3﹣m，
∵⊙O的半径为1，AC+BD＝3，
∴1≤m≤2，
OE2＝2﹣ 14 [（AC+BD）2﹣2AC×BD]＝﹣ 12 m2+ 32 m﹣ 14 ＝﹣ 12 （m﹣ 32 ）2+ 78 ，
∴ 34 ≤OE2≤ 78 ，
∴ 32 ≤OE≤ 144 ．
考点：圆内接四边形的性质，圆的综合题
分析：(1)利用圆内接四边形对角互补构建方程解决问题即可．(2)将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，根据旋转的性质得出∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，求出A、B、E三点共线，解直角三角形求出即可；(3)由题知 AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2＝2﹣（AC2+BD2），设AC＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
21. （1）解：消防车不能通过该直角转弯.
理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H，
∵FH=EH=4，
∴EF=4 2 ，且∠GEC=45°，
∵GC=4，
∴GE=GC=4，
∴GF=4 2 ﹣4＜3，
即GF的长度未达到车身宽度，
∴消防车不能通过该直角转弯.
（2）解：若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形，
∴OG=4，OM=4 2 ，
∴OF=ON=OM﹣MN=4 2 ﹣4，
∴FG=OG﹣OF= 12 ×8﹣(4 2 ﹣4)=8﹣4 2 ＜3，
∴C、D在 MM' 上，
设ON=x，连接OC，在Rt△OCG中，
OG=x+3，OC=x+4，CG=4，
由勾股定理得，OG2+CG2=OC2 ，
即(x+3)2+42=(x+4)2 ，
解得x=4.5.
答：ON至少为4.5米.
考点：勾股定理的应用，垂径定理的应用，等腰直角三角形
分析：（1）过点F作FH⊥EC于点H，根据道路的宽度求出FH=EH=4m，然后根据等腰直角三角形的性质求出EF、GE的长度，相减即可得到GF的长度，如果不小于车身宽度，则消防车能通过，否则，不能通过；
（2）假设车身C、D分别与点M′、M重合，根据等腰直角三角形的性质求出OG= 12 CD=4，OC= 2 CG=4 2 ，然后求出OF的长度，从而求出可以通过的车宽FG的长度，如果不小于车宽，则消防车能够通过，否则，不能通过；设ON=x，表示出OC=x+4，OG=x+3，又OG= 12 CD=4，在Rt△OCG中，利用勾股定理列式进行计算即可求出ON的最小值.
22. （1）解：设O是△ABC的外接圆的圆心，
∴OA＝OB＝OC ，
∵∠A＝120°，AB＝AC＝5，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB＝5
（2）解：当PM⊥AB时，此时PM最大，
连接OA ，
由垂径定理可知：AM＝ 12 AB＝12，
∵OA＝13，
∴由勾股定理可知：OM＝5，
∴PM＝OM+OP＝18
（3）解：设连接AP ， OP
分别以AB、AC所在直线为对称轴，
作出P关于AB的对称点为M ， P关于AC的对称点为N ，
连接MN ， 交AB于点E ， 交AC于点F ， 连接PE、PF ，
∴AM＝AP＝AN ，
∵∠MAB＝∠PAB ， ∠NAC＝∠PAC ，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝∠MAB+∠NAC＝60°，
∴∠MAN＝120°
∴M、P、N在以A为圆心，AP为半径的圆上，
设AP＝r ，
易求得：MN＝ 3 r ，
∵PE＝ME ， PF＝FN ，
∴PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ 3 r ，
∴当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值，
∵AP+OP≥OA ，
∴AP≥OA﹣OP ， 即点P在OA上时，AP可取得最小值，
设AB的中点为Q ，
∴AQ＝AC＝3，
∵∠BAC＝60°，
∴AQ＝QC＝AC＝BQ＝3，
∴∠ABC＝∠QCB＝30°，
∴∠ACB＝90°，
∴由勾股定理可知：BC＝3 3 ，
∵∠BOC＝60°，OB＝OC＝3 3 ，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ABO＝90°
∴由勾股定理可知：OA＝3 7 ，
∵OP＝OB＝3 3 ，
∴AP＝r＝OA﹣OP＝3 7 ﹣3 3 ，
∴PE+EF+PF＝MN＝ 3 r＝3 21 ﹣9
∴PE+EF+PF的最小值为（3 21 ﹣9）km ．
考点：勾股定理，垂径定理，三角形的外接圆与外心
分析：（1）设O是△ABC的外接圆的圆心，易证△ABO是等边三角形，所以AB＝OA＝OB＝5；（2）当PM⊥AB时，此时PM最大，连接OA ， 由垂径定理可知：AM＝ 12 AB＝12，再由勾股定理可知：OM＝5，所以PM＝OM+OP＝18，（3）设连接AP ， OP ， 分别以AB、AC所在直线为对称轴，作出P关于AB的对称点为M ， P关于AC的对称点为N ， 连接MN ， 交AB于点E ， 交AC于点F ， 连接PE、PF ， 所以AM＝AP＝AN ， 设AP＝r ，
易求得：MN＝ 3 r ， 所以PE+EF+PF＝ME+EF+FN＝MN＝ 3 r ， 即当AP最小时，PE+EF+PF可取得最小值．
23. （1）R﹣d
（2）解：BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID
（3）解：由(2)知：BD=ID，
又 IA?ID=IM?IN ， IA?BD=DE?IF ，
∴DE·IF=IM·IN，
∴ 2Rr=(R+d)(R-d) ，
∴ R2-d2=2Rr
∴ d2=R2-2Rr
（4）5
考点：三角形的外角性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
解：(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为：R﹣d；(4)由(3)知： d2=R2-2Rr ，
把R=5，r=2代入得： d2=52-2×5×2=5 ，
∵d>0，
∴ d=5 ，
故答案为： 5 .
分析：（1）共线线段之间的关系。
（2）内心即三角形三条角平分线的交点，根据角平分线的性质，以及圆周角定理，综合分析即可求证 ∠BID=∠DBI ，所以 BD=ID 。
（3）利用等式替换进行解答，
（4）根据?d2=R2-2Rr ，代入数值计算即可。
24. （1）S=14(S1-S2)
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= 14 S圆O= 14 S1
∵∠OGB=∠EOF=∠ABC=90°，
∴四边形OGBH为矩形，
∵OM⊥AB，
∴BG= 12 AB= 12 BC=BH，
∴四边形OGBH为正方形，
∴S四边形OGBH=BG2=（ 12 AB）2= 14 S2 ，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= 14 S1- 14 S2= 14 （S1-S2）
（3）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
∵∠EOF=90°，
∴S扇形OEF= 14 S圆O= 14 ，
过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，
由（2）可知四边形ORBS为正方形，
∴OR=OS，
∵∠ROS=90°，∠MON=90°，
∴∠ROG=∠SOH=90°-∠GOS，
在△ROG和△SOH中，
{∠ROG=∠SOHOR=OS∠ORG=∠OSH ，
∴△ROG≌△SOH（ASA），
∴S△ORG=S△OSH ，
∴S四边形OGBH=S正方形ORBS ，
由（2）可知S正方形ORBS= 14 S2 ，
∴S四边形OGBH= 14 S2 ，
∴S=S扇形OEF-S四边形OGBH= 14 （S1-S2）
考点：扇形面积的计算，圆的综合题，几何图形的面积计算-割补法
解：（1）当OM经过点A时由正方形的性质可知：∠MON=90°，
∴S△OAB= 14 S正方形ABCD= 14 S2 ， S扇形OEF= 14 S圆O= 14 S1 ，
∴S=S扇形OEF-S△OAB= 14 S圆O- 14 S正方形ABCD= 14 S1- 14 S2= 14 （S1-S2），
分析：（1）结合正方形的性质及等腰直角三角形的性质，容易得出结论；（2）仍然成立，可证得四边形OGHB为正方形，则可求出阴影部分的面积为扇形OEF的面积减去正方形OGBH的面积；（3）仍然成立，过O作OR⊥AB，OS⊥BC，垂足分别为R、S，则可证明△ORG≌△OSH，可得出四边形ORBS的面积=四边形OGBH的面积，再利用扇形OEF的面积减正方形ORBS的面积即可得出结论
25. （1）解：设半圆直径与正六边形的边长 AB= a，连接正六边形的中心 O 和两相邻的顶点 A、B ，则 ∠AOB=60° , OA=OB ,∴ △OAB 是等边三角形，∴ OA=AB =a,过点 O 作 OC⊥AB ,
∴ AC=AB2=a2 ， OC=OA2-AC2 =3a2 ,∴ S月饼=6×12×AB?OC+6×12×π×(a2)2 =33a22+3πa24 = (63+3π)a24 ，延长OC与其中一个半圆交于点D，则 OD=OC+CD =3a2+a2 =(3+1)a2 ，∴ S图2=(2OD)2 =(3+1)2a2 ,S月饼S图3=（OCOD）2 =(33+1)2 =(3-32)2 =(3-32)2=12-634= 6-332 ≈ 40.2%;
S月饼S图2=(63+3π)a24(3+1)2a2 = (63+3π)4(3+1)2 = (63+3π)(23+4)16 = 18+6π+33π+1238 ≈ 66.4%;
答：图2、3的底面利用率分别约为66.4%、40.2%；
（2）解：商家的要求是否能够满足，设计如图所示底面为圆的包装盒，半径为 (3+1)a2 ，
S月饼S圆= (63+3π)a2π(3+1)2a2 = (63+3π)π(3+1)2 ≈84.5% ≥80% ，
答：设计底面为圆形的包装盒，利用率约为84.5%.
考点：圆内接正多边形
分析：（1）设半圆直径与正六边形的边长为a，根据正多边形和圆的知识，算出月饼面积，再算出图2正方形的边长，即可求出图2的面积，和图2底面的利用率；图3的包装盒六边形和月饼相似，利用面积比等于相似比的平方，求出图3包装盒的底面利用率；（2）设计底面为圆形的包装盒，求出其半径、面积、底面利用率，满足底面利用率不低于80%.
26. （1）43；63
（2）解：如图2， ⊙P 与 AB 相切与点 D ，
连接 PD ，则 PD⊥AB ，
在 Rt△ABC ， AC=6,?BC=8 ，
∴AB=10 ，
在 Rt△ABC 中， sin∠ABC=35 ，
设 ⊙P 半径为 x ，则 PC=PD=x,?PB=8-x ，
在 Rt△BDP 中， sin∠PBD=PDPB=x8-x ，
∴x8-x=35
∴x=3
∴PC=3 ；
∵sin∠ABC=35 ，
∴ ∠B=37°
∴∠CPD=∠B+90°=127° ．
∴劣弧 CD 长度为 127π?3180 .
（3）82；42
考点：圆的综合题，圆-动点问题
解：（1）如图，连结AP并延长交⊙P于N点，
则由勾股定理得： AP=AC2+CP2=62+(23)2=43 ，
∴AN=AP+CP= 63 ，即点A到⊙P的最远距离为 63 ，
故答案为 43；63 ；（3）如图，由题意可以画出M的运动路径CE，BM的最短距离即为BN，
由已知，BE=BC=8，∠CBE=90°，
∴由勾股定理可得： CE=BC2+BE2=82+82=82，BN=12CE=42 ，
∴点 M 的运动路径长是 82 ， BM 的最短距离是 42 ．
分析：（1）根据勾股定理及圆外一点到圆上的最远距离求解即可；
（2） 连接 PD ， 则?PD⊥AB? ， 先求出AB，再利用锐角三角函数求解出半径，最后利用弧长公式计算即可；
（3）画出草图，知道点M的运动轨迹再求解即可。