卷子答案网-一个不只有答案的网站24.1 圆的有关性质 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°， AC=3，以点C为圆心、CA为半径的圆与AB交于点D，若点D巧好为线段AB的中点，则AB的长度为（ ）
A． B．3 C． 6 D．9
2．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）如图，的半径是，P是上一动点，A是内部一点，且，则下列说法正确的是（ ）
①PA的最小值为；②PA的最大值为；③当时，△PAO是等腰直角三角形；④△PAO面积最大为．
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④
3．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，已知空间站A与星球B距离为a，信号飞船C在星球B附近沿圆形轨道行驶，B，C之间的距离为b．数据S表示飞船C与空间站A的实时距离，那么S的最大值是（ ）
A．a B．b C． D．
4．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）车轮转动一周所行的路程是车轮的（ ）．
A．半径 B．直径 C．周长 D．面积
5．（2022秋·河北衡水·九年级期末）如图，已知的直径为26，弦，动点在上，弦，若点分别是弦的中点，则线段的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，某窗户由矩形和弓形组成，已知，弓形的高度（是的中点），现设计安装玻璃，则所在的半径为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，的半径为，，经过点的的最短弦的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
8．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）如图，的半径为5，点C是劣弧AB的中点，半径OC交AB于点D，若，则弦AB的长为（ ）
A．10 B．8 C．6 D．4
9．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，⊙A与y轴相切于原点O，平行于x轴的直线交⊙A于M、N两点，若点M的坐标是（﹣8，﹣4），则点N的坐标为（ ）
A．（－2，﹣4） B．（﹣1，﹣4） C．（﹣3，﹣4） D．（－1.5，﹣4）
10．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）下列图形中的角，是圆心角的为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，在⊙O中，＝，∠A＝40°，则∠B的度数是（ ）
A．60° B．40° C．50° D．70°
12．（2022秋·河北邯郸·九年级期末）如图所示，MN为⊙O的弦，∠N=52°，则∠MON的度数为（ ）
A．38° B．52° C．76° D．104°
13．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，为的直径，弦于，寸，寸，求直径的长.”则
A．寸 B．寸 C．寸 D．寸
14．（2022秋·河北保定·九年级期末）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上点A，B的读数分别为86°，30°，则∠ACB的大小为（ ）
A．56° B．34° C．29° D．28°
15．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，是的直径，，点在直径上方的上，连接，，则的度数是( )
A． B． C． D．
二、填空题
16．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，在⊙O中，半径r＝10，弦AB＝16，P是弦AB上的动点，则线段OP长的最小值是 ．
17．（2022秋·河北秦皇岛·九年级统考期末）圆的一条弦把圆分为两部分，如果圆的半径是，则这条弦的长是 cm．
18．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，的直径垂直于弦，垂足为E．若，，则
（1） °．
（2）弦的长为 ．
19．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，半圆的半径为，将三角板的角顶点放在半圆上，这个角的两边分别与半圆相交于点，，则 ．
20．（2022秋·河北张家口·九年级统考期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，四边形ABCO是平行四边形，则∠OAB= ．
21．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，OM为半圆的直径，观察图中的尺规作图痕迹，若，则的度数为 ．
22．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB=90°，∠ACB的角平分线交⊙O于D．若AC=6，BD=5，则BC的长为 ．
三、解答题
23．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，弦于点F，于点E，若，，求OF的长．
24．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，A、B是⊙O上的两点，C是弧AB中点．求证：∠A＝∠B．
25．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，已知CD为的直径，，垂足为点F，，连接AO并延长交BC与点E．
(1)求证：；
(2)若，求阴影部分的面积．
26．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB，垂足为C，点E在⊙O上，连接OA、DE、BE．
（1）若∠DEB＝30°，求∠AOD的度数；
（2）若CD＝2，弦AB＝8，求⊙O的半径长．
27．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得．
，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系．
参考答案：
1．C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的圆的性质求解即可；
【详解】连接CD，
∵以点C为圆心、CA为半径的圆与AB交于点D，AC=3，
∴，
又∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为线段AB的中点，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线是斜边的一半和圆的性质，准确计算是解题的关键．
2．C
【分析】分析知当A在线段PO上时，PA取最小值，A在PO延长线上时，PA取最大值，可以判断①②是否正确；当∠OAP=90°时，根据勾股定理求出AP的长度，可以判断③是否正确；作出A点的轨迹圆，知当OA⊥PO时，三角形PAO面积取最大值，通过计算判断④是否正确即可．
【详解】解：由题意知，当A在线段PO上时，PA取最小值，A在PO延长线上时，PA取最大值，
∴PA的最小值为，PA的最大值为，
故①②正确；
当∠OAP=90°时，根据勾股定理得：AP=，
即AP=OA，三角形PAO为等腰直角三角形，
故③正确；
作出A点轨迹圆如下：
知当OA⊥PO时，三角形PAO面积取最大值，最大值为：，
故④错误，
综上所述，正确的序号为：①②③，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的性质、勾股定理、线段最值等知识点，借助圆的性质判断出线段的最值是解决本题的关键．
3．C
【分析】根据：三角形的任意两边的长度之和大于第三边，可得：只有空间站A与星球B、飞船C在同一直线上时，S取到最大值，据此求解即可．
【详解】解：空间站A与星球B、飞船C在同一直线上时，S取到最大值a+b．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了两点间的距离的求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的任意两边的长度之和大于第三边．
4．C
【分析】根据车轮的形状是圆可直接得出结果．
【详解】车轮转动一周所行路程是求车轮的周长．
故选：C．
【点睛】本题考查圆的认识，能够知道车轮的形状是圆是解决本题的关键．
5．A
【分析】连接、、、，由垂径定理得到，，，，，由勾股定理得到，，当时，M、O、N三点共线时，当、位于点O的同侧时，线段的长度最短，当、位于点O的两侧时，线段的长度最长，分别求解即可．
【详解】解：连接、、、，如图所示，
∵的直径为26，
∴，
∵点M、N分别是弦的中点，，，
∴，，，，
∴，，
当时，M、O、N三点共线，
当、位于点O的同侧时，线段的长度最短，
当、位于点O的两侧时，线段的长度最长，
∴线段的长度的取值范围是，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理、线段的最值问题，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
6．A
【分析】根据垂径定理可得， 再表示出OF，然后利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【详解】解：∵弓形的跨度，为弓形的高，是的中点，
∴于，
∴，
设圆的半径为，
∵弓形的高，
∴，，
在中，由勾股定理可知∶
，
∴，
解得．
故选A．
【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理的应用，把半弦，弦心距，半径三者放到同一个直角三角形中，利用勾股定理解答是解题的关键．
7．C
【分析】如图，过点作弦，交于点、，连接，过点作弦，交于点、，过点作，连接，根据垂径定理得到，，在中，，从而在和中，根据和勾股定理，可得到，，从而说明为过点的最短弦，然后再利用勾股定理计算出，从而求出即可．
【详解】解：如图，过点作弦，交于点、，连接；过点作弦，交于点、，过点作，连接，
∴，，
∴在中，，
∵在和中，，
，，
∴，
∴，
∴为过点的最短弦，
∵的半径为，，
∴在中，
，
∴，
∴经过点的的最短弦的长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，也考查了勾股定理．理解和掌握垂径定理是解题的关键．
8．B
【分析】连接OA，根据点C是劣弧AB的中点，可知OC垂直平分AB，再在Rt△OAD中利用勾股定理即可求出AD，则AB得解．
【详解】连接OA，如图，
∵点C为劣弧AB中点，
∴OC⊥AB，
∴AD=BD，
在Rt△OAD中，，
∴AB=2AD=8，
故选：B．
【点睛】考查了垂径定理的推论，在同圆或等圆中，如果有两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，则其余的各组量也分别相等．
9．A
【分析】作AB⊥MN于B，连接AM，如图，设⊙A的半径为r，先根据切线的性质得OA=r，则点A的坐标为（-r，0），再利用垂径定理得BM=BN，利用MN∥x轴，M（-8，-4），得到B点坐标为（-r，-4），然后在Rt△ABM中，根据勾股定理得，解得r=5，则BM=BN=3，易得N点坐标为（-2，-4）．
【详解】解：作AB⊥MN于B，连接AM，如图，
设⊙A的半径为r，
∵⊙A与y轴相切于原点O，
∴OA=r，
∴点A的坐标为（-r，0），
∵AB⊥MN，
∴BM=BN，
∵MN∥x轴，M（-8，-4），
∴B点坐标为（-r，-4），
在Rt△ABM中，AB=4，AM=r，BM=8-r，
∵，
∴，解得r=5，
∴BM=3，
∴BN=3，
∴N点坐标为（-2，-4），
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理的知识，解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．
10．C
【分析】根据圆心角的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
B、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
C、是圆心角，故本选项符合题意；
D、顶点不在圆心上，不是圆心角，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了圆心角的定义，能熟记圆心角的定义（顶点在圆心上，并且两边与圆相交的角，叫圆心角）是解此题的关键．
11．D
【分析】先利用等腰三角形的性质得∠B＝∠C，然后根据三角形内角和计算∠B的度数．
【详解】解：∵，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝（180°﹣∠A）＝×（180°﹣40°）＝70°．
故选：D．
【点睛】此题主要考查圆内角度求解，解题的关键是熟知圆的基本性质.
12．C
【分析】根据半径相等得到OM=ON，则∠M=∠N=52°，然后根据三角形内角和定理计算∠MON的度数．
【详解】∵OM=ON，
∴∠M=∠N=52°，
∴∠MON=180°-2×52°=76°．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．
13．C
【分析】连接AO，根据垂径定理及勾股定理即可求出半径，即可求出CD的长.
【详解】如图，连接AO，设AO=OD=r，
故OE=r-1，
∵AB=10，∴AE=5，
由AO2=AE2+OE2，即r2=52+( r-1)2，
解得r=13，故CD=2r=26
故选C
【点睛】此题主要考查垂径定理，解题的关键是根据勾股定理进行求解.
14．D
【分析】连接OA，OB，利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OA，OB．
由题意，∠AOB＝86°﹣30°＝56°，
∴∠ACB∠AOB＝28°，
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是理解题意，掌握圆周角定理解决问题．
15．B
【分析】根据圆周角定理即可求出答案．
【详解】解：，
,
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
16．6
【分析】过O点作OH⊥AB于H，连接OB，如图，根据垂径定理得到AH＝BH＝8，再利用勾股定理计算出OH，然后根据垂线段最短求解．
【详解】解：如图，过O点作OH⊥AB于H，连接OB，
∴AH＝BH＝AB＝×16＝8，，
在Rt△BOH中，由勾股定理可得：
，
∴线段OP长的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理以及最短线段问题，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
17．2
【分析】先利用“圆的一条弦把圆分为两部分”求出这条弦对的圆心角的度数，则弦长易求．
【详解】解：圆的一条弦把圆分为两部分，
这条弦对的圆心角的度数，
所以由这条弦与这条弦的两个端点与圆心的连线成等边三角形，
圆的半径是，
这条弦的长是．
故答案为：2．
【点睛】本题利用了一个周角是360度，等边三角形的判定和性质，有一角为60度的等腰三角形是等边三角形．
考点：圆的基本性质
18． 30 4
【分析】(1)由是的直径，可得，即可求得的度数；
(2)首先根据垂径定理可得，再根据直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得的长，据此即可解答．
【详解】解：(1)是的直径，
，
，
故答案为：30；
(2)的直径垂直于弦，
，
在中，，，
，
，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握和运用垂径定理是解决本题的关键．
19．
【分析】连接，，可得是一个等边三角形，进而可得的长度等于半径．
【详解】解：如图，设点为圆心，连接，，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质．利用圆周角定理求出的度数是解题关键．
20．60°/60度
【分析】先根据平行四边形的性质得到∠AOC=∠ABC，OC∥AB，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质得到∠AOC=2∠D，∠ABC+∠D=180°，则可求出∠AOC=120°，然后利用平行线的性质求∠OAB的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠AOC=∠ABC，OC∥AB，
∵∠AOC=2∠D，∠ABC+∠D=180°，
∴2∠D+∠D=180°，
解得∠D=60°，
∴∠AOC=120°，
∵OC∥AB，
∴∠OAB=180°-∠AOC=180°-120°=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理和平行四边形的性质．
21．20°
【分析】弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧，根据垂径定理和圆周角定理即可得到∠MOE=∠FOE=∠AOB，进而得出∠FOE的度数．
【详解】解：由作图可知，PQ垂直平分FM，
∴，
∴∠MOE=∠FOE=∠AOB，
∵OM为半圆的直径，
∴∠OFM=90°，
∴∠FMO+∠AOB=90°，
∵∠FMO=50°，
∴∠AOB=40°，
∴∠FOE=20°，
故答案为∶20°．
【点睛】本题主要考查了基本作图-作垂线、圆周角定理，直角三角形两锐角互余以及垂径定理，熟练应用垂径定理是解题的关键．
22．8
【分析】连接AD，根据CD是∠ACB的平分线可知∠ACD=∠BCD=45°，故可得出AD=BD，再由AB是⊙O的直径可知△ABD是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AB的长，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得出BC的长．
【详解】连接AD，
∵∠ACB=90°，
∴AB是⊙O的直径．
∵∠ACB的角平分线交⊙O于D，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴AD=BD=5．
∵AB是⊙O的直径，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AB==10．
∵AC=6，
∴BC==8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键．
23．1.4
【分析】根据垂径定理得到，，根据勾股定理求出AE．设，再次根据勾股定理得到等式，代入求值即可解答．
【详解】解：连接OC，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
设，
∵在中，，
在中，，
∴，
∴，
解得：，即．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理知识，关键在于合理运用垂径定理和勾股定理求出边的长度．
24．见解析
【分析】连接，通过证明即可得结论．
【详解】证明：如图，连接，
是的中点，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】本题考查弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质解决问题，属于中考常考题型．
25．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由，，求出∠B=60°，∠A=30°，从而得到∠AEC=∠A+∠B=90°，即可得到结论；
（2）连接OB，分别求出扇形OAB，三角形OAB的面积即可求出阴影部分的面积．
【详解】（1）解：∵，
∴∠AFO=90°，
∵，
∴∠B=60°，∠AOD=2∠C=60°，
∴∠A=30°，
∴∠AEC=∠A+∠B=90°，
∴；
（2）解：∵∠AFO=90°，∠A=30°，
∴，
∴由勾股定理可知：AF=，
∴由垂径定理可知：AB=2AF=，
∴△OAB的面积为：，
扇形OAB的面积为： ，
∴阴影部分的面积为：．
【点睛】本题考查圆的综合问题，解题的关键是根据垂径定理求出∠AOB的度数，以及OF、AF的长度，本题属于基础题型．
26．（1）60°；（2）5．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BOD的度数，再利用垂径定理得到＝，利用圆心角、弧、弦的关系得到∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r 2，根据垂径定理得到AC＝BC＝4，然后利用勾股定理得到（r 2）2＋42＝r2，再解方程即可得出结果．
【详解】解：（1）∵∠BOD＝2∠DEB，∠DEB＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∵OD⊥AB，
∴＝，，
∴∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r 2，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝×8＝4，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：（r 2）2＋42＝r2，
解得：r＝5，
即⊙O的半径长为5．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
27．(1)BE＋DF＝EF
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△，证明△AEF≌△，等量代换即得结论；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明∠EAF=，再证明△AEF≌△，等量代换即得结论；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，在同一直线上，再证明△为等腰直角三角形，等量代换即得结论．
【详解】（1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
可知，
∴．
由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线，
∵，
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠+∠DAF=∠EAF=，
∴△AEF≌△，
∴EF==BE+DF．
（2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，
由旋转可知，
∴，，，．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴，
∴点C，D，在同一条直线上．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵AF＝AF，
∴，
∴，即BE＋DF＝EF．
（3）结论：，理由如下：
证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示，
由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°，
即P，C，在同一直线上．
∴，，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=，
∴△为等腰直角三角形，
∴，
即．
【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．24.2 点和圆、直线和圆的位置关系 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上．下列三角形中，外心不是点O的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·河北张家口·九年级统考期末）如图，已知正方形，以点为圆心，长为半径作，点与的位置关系为（ ）
A．点在外 B．点在内 C．点在上 D．无法确定
3．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）已知的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，则此点可能是（ ）
A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点
4．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）已知⊙O的半径是一元二次方程的一个根，点A与圆心O的距离为6，则下列说法正确在是（ ）
A．点A在⊙O外 B．点A在⊙O上 C．点A在⊙O内 D．无法判断
5．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）平面内有两点P，O，⊙O的半径为5，若，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．圆内 B．圆上 C．圆外 D．圆上或圆外
6．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，为的切线，切点为，交于点，是上的点，连接，，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，的直径的延长线与过点B的切线相交于点D，点C为上一点，且，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）如图，与正方形的两边相切，且与相切于E点．若的半径为4，且，则的长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
9．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，是的内切圆，点，是切点，则下列说法不正确的是( )
A． B． C．的外心在的外面 D．四边形没有外接圆
二、填空题
10．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图为5×5的网格图，A，B，C，D，O均在格点上，则点O是 （填字母序号）
A． △ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心
11．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，．
（1）若经过A、B、C三点的圆弧所在的圆心为M，则点M的坐标为 ．
（2）若画出该圆弧所在的圆，则在整个平面坐标系网格中该圆共经过 格点．
注：把在平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点称为格点（lattice point）
12．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）如图，点是外心，，是的中点，
（1）连接，则 ；
（2）若，是边上的高，则的大小为 ．
13．（2022秋·河北承德·九年级期末）如图所示，P是外一点，，分别和切于A，B两点，C是上任意一点，过C作的切线分别交，于D，E．
（1）若的周长为10，则的长为 ；
（2）连接、，若，则的度数为 度．
14．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，在半径为10cm和6cm的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为 cm．
15．（2022秋·河北张家口·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点，I是的内心，则
（1） ；
（2）点I关于x轴对称的点的坐标是 ．
16．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，点I是的内心，连接AI并延长交的外接圆于点D， 若，则 ；若，则 ；
17．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果∠A=15°，弦CD=4，那么AB的长是 ．
三、解答题
18．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，是的直径，点D在的延长线上，C、E是上的两点，且，，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径
19．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）在等边三角形中，于点D，半圆O的直径开始在边上，且点E与点C重合，．将半圆O绕点C顺时针旋转，当时，半圆O与相切于点P．如图1所示．
(1)求的长度；
(2)如图2．当，分别与半圆O交于点M，N时，连接，，．
①求的度数；
②求的长度；
(3)当时，将半圆O沿边向左平移，设平移距离为x．当与的边一共有两个交点时，直接写出x的取值范围．
20．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，已知为的直径，直线与相切于点A，直线经过上的点B，且，连接交于点M．求证：
(1)是的切线；
(2)若，求的长．
21．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）如图，，，，，点在对角线上运动，以为圆心，为半径作．
(1)当点在上时，______，此时与的位置关系是______；
(2)当与边相切时，求的长；
(3)直接写出与的边有公共点时的取值范围．
22．（2022秋·河北张家口·九年级统考期末）已知，如图，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的切线交AC的延长线于E．求证：DE⊥AE．
23．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，线段，以为直径作，为上一点，过点作的切线交的延长线于点，连接．
(1)求证：
(2)若，求的长．
(3)点在线段上运动，直接写出的外心运动的路径长．
24．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC，D为AB延长线上一点,连接CD，且．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为，的面积为，求CD的长．
25．（2022秋·河北秦皇岛·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝2， CE＝1，求BD的长度.
26．（2022秋·河北石家庄·九年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与边BC，AC分别交于D，E两点，过点D作DH⊥AC于点H．
（1）判断DH与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：H为CE的中点；
27．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，与的AC边相切于点C，与AB、BC边分别交于点D、E，，CE是的直径．
（1）求证：AB是的切线；
（2）若求AC的长．
参考答案：
1．C
【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出到所有顶点长度，不相等的就是外心不在的三角形．
【详解】解：设小正方形边长为1，
则：，
，
根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断：
点O是三个三角形的外心；
不是的外心，
故选：C．
【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键．
2．A
【分析】设正方形的边长为，用勾股定理求得点到的圆心之间的距离，为的半径，通过比较二者的大小，即可得到结论．
【详解】解：设正方形的边长为，
则，，
，
点在外，
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是确定圆的半径和点到圆心之间的距离的大小关系．
3．D
【分析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【详解】解：∵平面内有一点到圆心O的距离为5，．
∴该点在圆外，
∴点N符合要求．
故选：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，当点到圆心的距离小于半径的长时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径的长时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径的长时，点在圆外．
4．A
【分析】先求方程的根，可得r的值，由点与圆的位置关系的判断方法可求解．
【详解】解：∵，
∴＝﹣1，＝4，
∵⊙O的半径为一元二次方程的根，
∴r＝4，
∵6＞4，
∴点A在⊙O外，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，点与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较点到圆心的距离d与圆半径大小关系完成判定．
5．C
【分析】根据点到圆心的距离小于半径即可判断点P在⊙O的内部．
【详解】∵⊙O的半径为5，PO＝6，
∴点P到圆心O的距离大于半径，
∴点P在⊙O的外部，
故选C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，理解点与圆的位置关系是解题的关键．
6．C
【分析】由为的切线，可知，然后根据在同圆中圆心角等于圆周角的二倍即可得出结论．
【详解】∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
7．C
【分析】连接，根据圆周角定理可求得，再根据是的切线，可得，据此即可求得的度数．
【详解】解：如图：连接，
，
，
是的切线，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握和运用圆周角定理和切线的性质是解决本题的关键．
8．B
【分析】连接，根据切线性质证四边形为正方形，根据正方形性质和切线长性质可得．
【详解】解：连接，
∵都与圆O相切，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，
则，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线和切线长定理，作辅助线，利用切线长性质求解是关键．
9．D
【分析】根据切线的定理可判断A，作于，可证四边形为正方形，即可判断B；根据为钝角三角形即可判断C；根据四边形的对角即可判断D．
【详解】解： ，是切点，
根据切线定理可知，故选项A正确，不满足题意；
作交于，
是的内切圆，
为切点，,
为切点，
,
四边形为正方形，
，故选项B正确，不满足题意；
由题可知为钝角三角形，
的外心在的外面，故选项C正确，不满足题意；
,
,
,
四边形有外接圆,故选项D错误，满足题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查切线的性质，正方形的判定与性质，三角形的外心，四边形的外接圆，掌握相关定理与概念是解题的关键．
10．B
【分析】结合图形、根据外心、内心的概念和性质进行判断即可．
【详解】解：如图所示，
点O在线段AC的垂直平分线上，点O也在线段BC的垂直平分线上，
∴点O是△ABC的外心，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外心是一个三角形的两条边的垂直平分线的交点是解题的关键．
11． （2，0） 8
【分析】（1）根据不共线三点确定圆心，找到的垂直平分线的交点，继而根据点M的位置写出坐标即可
（2）根据平面直角坐标系直接判断即可．
【详解】（1）如图，
（2）如图，经过点，共8个格点
故答案为：8
【点睛】本题考查了不共线三点确定圆心，坐标与图形，找到圆心是解题的关键．
12． 30°/30度 23°/23度
【分析】（1）连接OC，由点是外心得OA=OB=OC，从而可以得到，，，再根据即可求出答案．
（2）先求出利用等腰三角形的性质求出=90°-30°=60°，进而求出，然后利用三角形的内角和定理求出，最后利用直角三角形两锐角互余即可求出答案．
【详解】解：（1）如图1，连接OC，
点是外心，
OA=OB=OC，
，，，
，，
．
故答案为：30°；
（2）如图2，连接OC，
OB=OC，是的中点，
=30°，，，
=90°-30°=60°，
，
，，，，，
，
，
是边上的高，
．
故答案为：23°．
【点睛】本题考查了三角形的外心性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
13． 5 115
【分析】（1）由切线长定理，结合的周长为10，即可求得，再由切线长定理即可求得的长；
（2）由，，可得，，从而由三角形外角的性质及三角形内角和可得，，再由三角和为平角即可求得结果．
【详解】解：（1）、、都是的切线，
，，
的周长为10，即，
，
，
即，
、是的切线，
，
即，
；
故答案为：5；
（2），，
，，
，，
，
，
即，
,
故答案为：115．
【点睛】本题考查了切线长定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质等知识，其中切线长定理是解题的关键．
14．16
【分析】根据切线的性质得到OC⊥AB，根据垂径定理得到AC=AB，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：∵AB是小圆O的切线，
∴OC⊥AB，
∵AB是大圆O的弦，
∴AC=AB，
在Rt△AOC中，AC===8（cm），
则AB=2AC=16（cm），
故答案为：16．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理和勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15． 10 （2，-2）
【分析】（1）利用勾股定理解答即可；
（2）根据I是的内心，利用OM=ON，BM=BE，AE=AN，得出AE+BE=6-x+8-x=10，求解即可．
【详解】解：（1）∵点，点，
∴OA=6，OB=8，
在Rt△OAB中，
AB=；
（2）连接OI，BI，AI，过I作IM⊥OB，IN⊥OA，IE⊥AB，
∵I是的内心，
∴OM=ON，BM=BE，AE=AN，
设OM=ON=x，则BM=BE=8-x，AN=AE=6-x，
∴AE+BE=6-x+8-x=10，
解得：x=OM=ON=2，
∴I的坐标为（2，2），
∴点I关于x轴对称的点的坐标是（2，-2）．
【点睛】本题考查了勾股定理及三角形的内心，解题的关键是灵活运用性质解决实际问题．
16． 125°
【分析】根据三角形内心的性质可得进而求得，再根据三角形内角和定理即可得到答案；
先求出，再根据外角的性质即可得到，再由三角形的内角和定理得出的度数即可．
【详解】点I是的内心
在中，
故答案为：125°；
点I是的内心
在中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形外接圆与三角形的内心的性质、三角形的内角和定理、外角的性质，同弧所对的圆周角相等这些知识点，熟练掌握并能够运用是解题的关键．
17．8
【分析】首先根据圆的性质得出∠COB=30°，然后根据垂径定理得出CE=2，∠OEC=90°，解直角三角形得出OC，进而得出AB.
【详解】∵∠A=15°，
∴∠COB=30°，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，弦CD=4，
∴CE=2，∠OEC=90°
∵∠COE=30°，
∴OC=2CE=4，
∴AB=2OC=8，
故答案为：8.
【点睛】此题主要考查垂径定理以及含30°角直角三角形的性质，熟练掌握，即可解题.
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，可证得，由，可得出，即结论得证；
（2）证明可得，又，则；
（3）运用勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）连接，如图所示，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为圆的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）在中，,
∴,
∵
解得：，
的半径为
【点睛】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
19．(1)6；
(2)，；
(3)或或．
【分析】（1）如图，连接，等边三角形中，于点D，半圆O与相切于点P，根据角所对的直角边等于斜边的一半可求解；
（2）①根据圆周角可求解,②过O作于P，结合①，可求得，
根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，进而求解；
（3）由题意可知，始终与的交于一点，即求出与再有E以外的一个交点即可；如图，当F在上时，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得；如图，当半圆O与相切于点P时，连接，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，从而求解；如图，当F在上时，结合已知，根据角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得，从而求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
等边三角形中，于点D，
，
半圆O与相切于点P，
，，
，
，
（2）①如图，由题意可知，
点M，N时，与半圆O上，
；
②过O作于P，
，，
（3）由题意可知，
始终与的交于一点，
如图，当F在上时，
在中，
，，，
，
，
，
即
解得，
，
如图，当半圆O与相切于点P时，连接，
，，
，
，
，
即，
解得：，
，
如图，当F在上时，
在中，
，，，
，
，
，
解得，
，
综上所述，当与的边一共有两个交点时，
或或
【点睛】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含角的直角三角形．
20．(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接，由等边对等角及直径所对的圆周角等于即可证明；
（2）根据直线是的切线，根据垂径定理得，根据直径所对的圆周角是直角得，进而得到，最后根据中位线定理即可得出答案．
【详解】（1）解：连接
，
，，
为的直径，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：、是的切线；
，平分，
，，
为的直径，
，即．
，
为中点，
．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，中位线定理，圆周角定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
21．(1)2；相切
(2)
(3)
【分析】（1）根据勾股定理求出AC， 当点在上时，AC为⊙P的直径，可求出AP，再根据PC⊥CD，得出与的位置关系；
（2）根据切线的性质得到PE⊥BC，根据勾股定理列出方程，解方程求出AP；
（3） 当C在圆上时，与的边有公共点，且此时最小，当D在圆上时，与的边有公共点，且此时最大，以此求出两种情况下AP的取值范围即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ABCD，BC＝AD＝5，
∵AB⊥AC，
∴∠ACD＝∠BAC＝90°，
∴AC＝＝4，
当点在上时，AC为⊙P的直径，
∴⊙P的半径为2；
即AP＝2
此时C在圆上，PC⊥CD，
故边CD与相切；
（2）如图1，当⊙P与边BC相切时，设切点为E，连接PE，
则PE⊥BC，
∵AB⊥AC，点P在边AC上，
∴⊙P与AB相切．
∵⊙P与BC相切于点E，
∴BE＝AB＝3，EC＝2，
设AP＝x，则PE＝x，PC＝4 x，
在Rt△PCE中，由勾股定理得＋4＝，
解得x＝，即AP＝；
（3）当C在圆上时，与的边有公共点，且此时最小，
即AP＝2
当D在圆上时，如图2，与的边有公共点，且此时最大，
设PC＝x，则PD＝AP＝4－x，CD＝3
在Rt△CDP中，，
解得x＝，4－x＝，
即AP＝，
综上所述：当时，与的边有公共点
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系、勾股定理、平行四边形的性质，掌握切线的性质定理是解题的关键．
22．见解析
【分析】由切线的性质可知∠ODE＝90°，证得OD∥AE即可解决问题．
【详解】证明：连接OD．
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE＝180°，
∴∠E＝90°，
∴DE⊥AE．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．(1)见解析
(2)的长=2π
(3)3
【分析】（1）由圆周角定理及切线的性质证出∠DCB=∠ABD，由相似三角形的判定可得出△BCD∽△ABD；
（2）求出∠COB=2∠A=80°，由弧长公式可得出答案；
（3）取BD的中点E，AD的中点F，连接EF，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）（1）∵AB为直径作⊙O
∴∠ACB=90°
∴∠DCB=90°
∵BD切⊙O于点B
∴∠ABD=90°
∴∠DCB=∠ABD
∵∠D＝∠D
∴△BCD∽△ABD
（2）连接OC
∵∠D=50°，∠ABD=90°
∴∠A=40°
∴∠COB=2∠A=80°
∵直径AB=6
∴半径ｒ=3
∴的长＝2π
（3）取BD的中点E，AD的中点F，连接EF，
当点P在点C处时，△PBD为直角三角形，E为△PBD的外心，
当点P在点A处时，△ABD为直角三角形，F为△PBD的外心，
∵AB=6，EF为△ABD的中位线，
∴EF=AB=3，
∴△PBD的外心运动的路径长为3．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及切线的性质及应用、圆周角定理、相似三角形判定及性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是利用△BCD∽△ABD．
24．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OC，由AB为⊙O的直径，可得∠A+∠ABC＝90°，再证明∠ABC＝∠BCO，结合已知∠BCD＝∠A，可得∠OCD＝90°，从而证明CD是⊙O的切线；
（2）过点C作于点M，由⊙O的半径为，的面积为，得，在中，，，得，证，得到，代入数值，即可求得CD的长．
【详解】（1）（1）证明：连接OC，如图1，
∵AB为⊙O直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
∴CD为⊙O切线；
（2）解：过点C作于点M，如图2，
∵⊙O的半径为，
∴，
∵的面积为
∴
∴，
在中，，，
∴，
由（1）得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查圆的综合知识，涉及切线的判定、三角形面积、三角形相似的判定和性质、勾股定理等，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
25．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得出∠ODA＝∠CAD，再根据圆周角定理和平行线的性质得出∠E＝∠ACB＝90°，进而得出∠ODE＝90°，根据切线的判定定理即可解答；
（2）连接CD，由∠OAD＝∠CAD得出CD=BD，根据勾股定理求出CD即可．
【详解】解： （1）连接OD，则OA=OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°．
∵DE// BC，
∴∠E＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＋∠ADE＝90°
∴∠ODA＋∠ADE＝90°即∠ODE＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）连接CD，
∵∠OAD＝∠CAD，
∴，
∴CD=BC，
在Rt△CED中，∠E=90°，DE＝2， CE＝1，
∴，
∴BD= ．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、切线的判定、角平分线的定义、圆周角定理、平行线的性质、弧、弦、圆周角的关系、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
26．（1）DH与⊙O相切，理由见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）连结OD、AD，如图，证明OD⊥DH；
（2）根据AB=AC，证明∠DEC=∠C，结合DH⊥CE，可得证．
【详解】（1）DH与⊙O相切．理由如下：
连结OD、AD，
如图，∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD，而AO=BO，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DH⊥AC，
∴OD⊥DH，
∴DH为⊙O的切线；
（2）证明：连结DE，
如图，∵四边形ABDE为⊙O的内接四边形，
∴∠DEC=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠DEC=∠C，
∵DH⊥CE，
∴CH=EH，即H为CE的中点；
【点睛】本题考查了切线的判定，圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，直径上的圆周角是直角，熟练构造直径上的圆周角，灵活运用等腰三角形的性质是解题的关键．
27．（1）证明见解析 （2）．
【分析】（1）连接OD、CD，根据圆周角定理得出，根据平行线的性质得出，根据垂径定理得出OA垂直平分CD，根据垂直平分线的性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一的性质得出，进而证得，得到，即可证得结论；
（2）易证△BED∽△BDC，求得BE，得到BC，然后根据切线长定理和勾股定理列出关于y的方程，解方程即可．
【详解】证明：连接OD、CD，
∵CE是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴OA垂直平分CD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵AC是切线，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∵OD是半径，
∴AB是的切线；
（2）解：∵BD是切线，易证△BED∽△BDC，
∴，
设，∵
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
∵AD、AC是的切线，
∴，
设，
在中，，
∴，
解得，
∴，
故AC的长为6．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，平行线的性质，垂径定理，切线长定理，切割线定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．24.3 正多边形和圆 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，正六边形与正方形有重合的中心O，若是正n边形的一个中心角，则n的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
2．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）
A．10 B．12 C．15 D．20
3．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）正六边形的中心角的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022春·河北石家庄·九年级期末）一个正多边形的中心角为，这个正多边形的边数是（ ）
A．8 B．12 C．3 D．6
5．（2022秋·河北廊坊·九年级期末）如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是（ ）．
A． B． C． D．
6．（2022秋·河北廊坊·九年级期末）如图，是的外接圆，若，弦是内接正多边形的一边，则该正多边形是（ ）
A．正二十四边形 B．正十二边形 C．正八边形 D．正六边形
7．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）在下列命题中，正确的是（ ）
A．三点确定一个圆 B．圆的内接等边三角形只有一个
C．一个三角形有且只有一个外接圆 D．一个四边形一定有外接圆
8．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，有一个直径为的圆形纸片，若在该纸片上沿虚线剪一个最大正六边形纸片，则这个正六边形纸片的边心距是（ ）
A．1 B． C．2 D．4
9．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，已知的半径为1，则它的内接正方形的边长为（ ）
A．1 B．2 C． D．
10．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）正六边形的边长为2，是它的内切圆，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）如图所示，放置正六边形与正六边形，若五边形的面积为5，则多边形的面积是（ ）
A．12 B． C．17 D．
13．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．72°
14．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，把圆分成六等分，经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的图形是这个圆的外切正六边形，的半径是R，它的外切正六边形的边长为（ ）
A． B． C． D．
15．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图中有两张型号完全一样的折叠式饭桌，将正方形桌面边上的四个弓形翻折起来后，就能形成一个圆形桌面（可以近似看作正方形的外接圆），正方形桌面与翻折成圆形桌面的面积之比最接近（ ）
A． B． C． D．
16．（2022秋·河北石家庄·九年级期末）已知圆内接正六边形的边长是1，则该圆的内接正三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
17．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）正n边形的中心角为72°，则 ．
18．（2022秋·河北石家庄·九年级期末）如图，如果、分别是圆O的内接正三角形和内接正方形的一条边，则 ，一定是圆O的内接正n边形的一条边，那么 ．
19．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）定义：如果几个全等的正边形依次有一边重合，排成一圈，中间可以围成一个正多边形，那么我们称作正边形的环状连接．如图1，我们可以看作正八边形的环状连接，中间围成一个正方形．
（1）若正六边形作环状连接，如图2，中间可以围成的正多边形的边数为 ；
（2）若边长为的正边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，则这个环状连接的外轮廓长为 ．（用含的代数式表示）
20．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）已知正六边形的半径是3，则这个正六边形的边长是 ．
21．（2022秋·河北石家庄·九年级期末）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，如图，若用圆的内接正十二边形的面积来近似估计的面积，设的半径为1，则 .
参考答案：
1．C
【分析】连接，先求出的度数，然后利用正多边形外角和等于，即可求出答案．
【详解】解：连接，如图：
根据题意，正六边形和正方形的中心都是点O，
∴，，
∴；
∵是某正n边形的一个中心角，
∴；
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，正多边形的外角和定理，解题的关键是掌握正多边形的性质，正确求出的度数．
2．A
【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，
∵，
∴，
∴这个正多边形的边数为．
故选：A．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
3．C
【分析】据正多边形的中心角的定义，可得正六边形的中心角是：360°÷6=60°．
【详解】解：正六边形的中心角是：360°÷6=60°．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角．此题比较简单，注意准确掌握定义是关键．
4．B
【分析】根据正n边形的中心角的度数为，列方程即可得到答案．
【详解】解：，解得．
这个正多边形的边数为12．
故选：B．
【点睛】本题考查的是正多边形中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．
5．B
【详解】试题分析：根据正多边形的中心角与边数的关系，其边数为．
考点：正多边形的中心角定义及求法．
6．B
【分析】连接，由圆周角定理可得，即可求解．
【详解】解：连接，如下图：
由圆周角定理可得：
，
则该正多边形是正十二边形，
故选B
【点睛】此题考查了圆与正多边形，涉及了圆周角定理，解题的关键是求得的度数．
7．C
【分析】利用确定圆的条件、圆内接三角形的定义、三角形外接圆的定义，四边形外接圆的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
B、圆内接等边三角形有无数个，故错误；
C、一个三角形有且只有一个外接圆，正确；
D、并不是所有的四边形都有外接圆，故错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了确定圆的条件、圆内接三角形的定义、三角形外接圆的定义，四边形外接圆的定义等知识，难度不大．
8．B
【分析】连接OA、OB，根据圆内接正六边形的性质得到△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，求得∠AOC= 30°，由OA=2cm，得到AC=1cm，根据勾股定理求出OC即可．
【详解】如图，连接OA、OB，则△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠OAB= 60°，
∴∠AOC= 30°，
∵OA=2cm，
∴AC=1cm，
OC=，
故选：B．
【点睛】此题考查圆内接正六边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记圆内接正六边形的性质是解题的关键．
9．C
【分析】利用正方形的性质结合勾股定理得出正方形的边长．
【详解】连接OB、OC，如图所示，
∵的半径为1，四边形正方形，
∴OB=OC=1，∠BOC=90°，
∴,
故选C．
【点睛】此题考查了正多边形和圆、勾股定理，正确掌握正方形的性质是本题的关键．
10．B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
11．D
【分析】根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求得内切圆半径，再根据圆的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，连接OA、OB，OG；
∵六边形ABCDEF是边长为2的正六边形，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=2，
∴
∴OG=，
∴边长为2的正六边形的内切圆的半径为，
∴内切圆面积为π×（）2=3π．
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，本题涉及到正多边形、等边三角形及勾股定理．
12．C
【分析】设正六边形的中心为点，正六边形的中心为点，连接，，，，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，设正六边形的边长为，即，由正六边形的性质求出，以及，由得出，由,代入即可得出答案．
【详解】
如图，设正六边形的中心为点，正六边形的中心为点，连接，，，，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，设正六边形的边长为，即．
∵六边形是正六边形，
∴，，，
∴，，，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵六边形是正六边形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形，掌握正多边形相关性质是解题的关键．
13．B
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【详解】解：如图，连接OC，OD．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．A
【分析】根据题意作图，得到△AOB是等边三角形，作CO⊥AB，得到∠AOC=∠AOB=30°，AC=AB=AO，根据勾股定理得到AO2=AC2+CO2即可求出AO的长．
【详解】如图，∵∠AOB=，AO=BO
∴△AOB是等边三角形
作CO⊥AB
∴CO=R
∠AOC=∠AOB=30°
∴AC=AB=AO
∵AO2=AC2+CO2
∴AO2=（AO）2+R2
∴AO=，
故选A．
【点睛】此题主要考查正多边形与圆，解题的关键是根据题意作图，利用勾股定理求解．
15．C
【分析】连接AC，根据正方形的性质得到∠B=90°，根据圆周角定理得到AC为圆的直径，根据正方形面积公式、圆的面积公式计算即可．
【详解】连接AC，
设正方形的边长为a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC为圆的直径，
∴AC=AB=a，
则正方形桌面与翻折成的圆形桌面的面积之比为：，
故选C.
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握圆周角定理、正方形的性质是解题的关键．
16．C
【分析】根据圆内接正六边形的边长是1可得出圆的半径为1，利用勾股定理可求出该内接正三角形的边长为，高为，从而可得出面积．
【详解】解：由题意可得出圆的半径为1，
∵△ABC为正三角形，AO=1，，BD=CD，AO=BO，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是正多边形的性质以及解直角三角形，根据圆内接正多边形的边长求出圆的半径是解此题的关键．
17．5
【分析】根据正多边形的中心角之和为360°计算即可．
【详解】根据题意有：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角之和为360°是解答本题的关键．
18． 30 12
【分析】利用正多边形与圆，分别计算圆O的内接正方形与内接正三角形的中心角得到，，则，然后计算即可得到n的值．
【详解】解：如图，
∵、分别为圆O的内接正方形与内接正三角形的一边，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：30，12．
【点睛】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念是关键．
19． 6
【分析】根据正多边形的内角和公式（n-2） 180°，可求出正多边形密铺时需要的正多边形的内角，继而可求出这个正多边形的边数．
【详解】解：（1）正六边形作环状连接，一个公共点处组成的角度为240°，
故如果要密铺，则需要一个内角为120°的正多边形，
而正六边形的内角为120°，
所以正六边形作环状连接，中间可以围的正多边形的边数为6；
（2）若边长为1的正n边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，
则一个公共点处组成的角度为360°-60°=300°，
所以正n边形的一个内角是150°，
所以（n-2）×180=150n，
解得n=12，
所以边长为a的正十二边形作环状连接，中间围成的是等边三角形，则这个环状连接的外轮廓长为27a．
故答案为：6；27a．
【点睛】此题考查了平面密铺的知识，解答本题关键是求出在密铺条件下需要的正多边形的一个内角的度数，有一定难度．
20．3
【分析】先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出∠BOC的度数，判断出△BOC为等边三角形即可求出答案．
【详解】解：如图所示，连接OB、OC，
∵此六边形是正六边形，
∴∠BOC==60°，
∵OB=OC=3，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=3，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的有关计算，等边三角形的判定和性质，根据题意画出图形，作出辅助线，由正六边形的性质判断出△BOC的形状是解答此题的关键．
21．
【分析】如图，过点A作AC⊥OB，垂足为C，先求出圆的面积，再求出△ABC面积，继而求得正十二边形的面积即可求得答案.
【详解】如图，过点A作AC⊥OB，垂足为C，
∵的半径为1，
∴的面积，OA=OB=1，
∴圆的内接正十二边形的中心角为∠AOB=，
∴AC=OB=，
∴S△AOB=OB AC=，
∴圆的内接正十二边形的面积S1=12S△AOB=3，
∴则，
故答案为．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正确的求出正十二边形的面积是解题的关键．24.4 弧长和扇形面积 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，半圆的直径为4，将半圆绕点顺时针旋转得到半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，以等边三角形的一边为直径的半圆交边于点，交边于点．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2022秋·河北承德·九年级期末）如图，在中，，将绕点B逆时针旋转到的位置，使A，B，三点在同一直线上，则点A运动的路径长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·河北衡水·九年级期末）如图，六边形是边长为1的正六边形，曲线叫做“正六边形的渐开线”，其中的圆心依次按点循环，一电子宠物从点出发，沿着“渐开线”爬至点的路径长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，将⊙O沿弦AB折叠，恰好经过圆心O，若⊙O的半径为3，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2．扇形EAC（阴影部分）的面积为（ ）
A．2π B．4π C．π D．π
7．（2022秋·河北沧州·九年级统考期末）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，在中，，，以的中点为圆心，作圆心角为的扇形，点恰在上，则图中阴影部分的面积（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·河北邢台·九年级期末）如图，圆锥的轴截面是边长为6cm的正三角形ABC，P是母线AC的中点，则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
二、填空题
10．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过网格点，请在网格图中进行如下操作：
（1）若该圆弧所在圆的圆心为D，则D点坐标为 ；
（2）若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的周长为 ．（结果保留根号）
11．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）如图，从一个边长为的铁皮正六边形上，剪出一个扇形．
(1)的度数为 ．
(2)若将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ．
12．（2022秋·河北廊坊·九年级期末）如图，所对的圆心角为120°，半径为2，则的长为 ．
13．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）如图，与轴相切，与轴相交于点，．
（1）的半径 ；
（2）扇形的面积为 ．
14．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△A'B'C，已知AC=3，BC=2，则= ；线段AB扫过的图形（阴影部分）的面积为 ．
15．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）圆心角为，半径为4的弧长是 ．
16．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）若一个扇形的圆心角是60°，半径为6，则该扇形的面积为 ．
17．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，已知一长为dm，宽为2dm的长方形木块在桌面上做无滑动的翻滚，点A翻滚第一次到达点，则点A经过的路线长为 ；若长方形连续滚动，翻滚到第2021次时A点走过的总路线长 ．
18．（2022秋·河北秦皇岛·九年级统考期末）如图，已知 ABCD，∠A=45°，AD=4，以AD为直径的半圆O与BC相切于点B，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）．
三、解答题
19．（2022秋·河北廊坊·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为、、，是绕点C顺时针旋转后得到的图形．
(1)在所给的平面直角坐标系中画出；
(2)求弧的长度；
(3)若点与点关于原点对称，求线段的长．
20．（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，点都在上，过点C作AC//BD交延长线于点A，连接，且．
(1)求证：是的切线．
(2)求的半径长．
(3)求由弦与弧所围成的阴影部分的面积（结果保留）．
21．（2022秋·河北邢台·九年级统考期末）已知正六边形ABCDEF的中心为O，半径OA＝6．
(1)求正六边形的边长；
(2)以A为圆心，AF为半径画弧BF，求．
22．（2022秋·河北承德·九年级统考期末）如图1，点B，C是以AD为直径的半圆⊙O上的两点，过点C作射线AB的垂线，交射线AB于点E，连接BC，AC，CD．
(1)求证：∠CAD=∠ECB；
(2)如图2，若CE是⊙O的切线，点C是半圆⊙O的一个三等分点，连接OC．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求弦AB与、弦BC与所围成的阴影部分的面积．
23．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，BD平分∠ABC，AC与BD相交于E点，DA=AE．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
24．（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，半径为2的⊙O分别与AC、BC相切于点E、F．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）求图中阴影部分的面积．
25．（2022秋·河北沧州·九年级期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BD=2，BF=2，求阴影部分的面积（结果保留π）．
参考答案：
1．B
【分析】根据题意和扇形面积计算公式、三角形的面积公式，可以计算出图中阴影部分的面积，本题得以解决．
【详解】解：连接，
由已知可得，，，，
∴是等腰直角三角形，，
∴弓形的面积，
∴阴影部分的面积=，
故选：B．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2．C
【分析】连接，，，易得，，都是等边三角形，且，可得弓形的面积弓形的面积，进而可得阴影部分的面积等于的面积，由此即可求解．
【详解】解：如图，连接，，，
是等边三角形，
，，
，
，，都是等边三角形，且，
，
弓形的面积弓形的面积，
阴影部分的面积的面积，
，
是等边三角形，边长为2，
过点C作于点M，
则，，
的面积，
∴阴影部分的面积．
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、求不规则图形的面积等，解题的关键是证明弓形的面积等于弓形的面积．
3．A
【分析】根据含的直角三角形的性质可求得，进而根据弧长公式即可计算．
【详解】解：在，，
∴，
∴，
∴将绕点B逆时针旋转到的位置，旋转角为
∵，
∴，
根据弧长公式可得，点A运动的路径长为，
故选A．
【点睛】本题考查了含的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握弧长公式．
4．D
【分析】先求出正六边形的一个外角，从而得到圆心角的度数，利用弧长公式，将弧长计算出来，再进行相加即可．
【详解】解：正六边形的一个外角的度数为：，
∴圆心角的度数为：，
设的弧长分别为：
由图可知：，
，
，
，
由此规律可知：，
∴一电子宠物从点出发，沿着“渐开线”爬至点的路径长为： ；
故选D．
【点睛】本题考查弧长公式以及正多边形的性质．熟练掌握弧长公式，通过图形抽象概括出数字规律是解题的关键．
5．C
【分析】连接OA、OB，作OC⊥AB于C，根据翻转变换的性质得到OC=OA，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOB，根据弧长公式计算即可．
【详解】解：连接OA、OB，作OC⊥AB于C，
由题意得，OC=OA，
∴∠OAC=30°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAC=30°，
∴∠AOB=120°，
∴劣的长==2π，
故选：C．
【点睛】本题考查的是弧长的计算、直角三角形的性质、翻转变换的性质，掌握弧长公式是解题的关键．
6．A
【分析】由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝120°，进而求出∠BAC＝30°，∠CAE＝60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH＝CH，BH＝1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH，得到AC＝2，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA＝180°，AB＝BC，
∴∠BAC（180°﹣∠ABC）（180°﹣120°）＝30°，
过B作BH⊥AC于H，
∴AH＝CH，BHAB2＝1，
在Rt△ABH中，AH，
∴AC＝2，
同理可证，∠EAF＝30°，
∴∠CAE＝∠BAF﹣∠BAC﹣∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴S扇形CAE2π，
∴扇形EAC（阴影部分）的面积为2π，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
7．B
【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．
【详解】解：如图，过点OC作OD⊥AB于点D，
∵∠AOB=2×=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=AB=1，
∴OD=，
∴阴影部分的面积为，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．
8．A
【分析】根据题意作出合适的辅助线，可知阴影部分的面积等于扇形DEF的面积与四边形DNCM的面积之差，再根据题目中的数据即可解答本题．
【详解】解：连接CD，设DF交BC于M，DE交AC于N，如图所示，
在△ABC中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝4，
∵以AB中点D为圆心，作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰好在弧EF上，
∴CD＝2，∠B＝∠DCE＝45°，CD＝BD，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠EDF＝90°，
∴∠EDC＋∠CDF＝90°，∠CDF＋∠BDF＝90°，
∴∠BDM＝∠CDN，
在△BDM和△CDN中，
，
∴△BDM≌△CDN（ASA），
∴△CDN与△CDM的面积之和等于△CDM与△BDM的面积之和，
∴四边形DNCM的面积等于△CDB的面积，
∴阴影部分的面积是：，
故选：A．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．C
【分析】求出圆锥底面圆的周长，则以为一边，将圆锥展开，就得到一个以为圆心，以为半径的扇形，根据弧长公式求出展开后扇形的圆心角，求出展开后，连接，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：圆锥底面是以为直径的圆，圆的周长是，
以为一边，将圆锥展开，就得到一个以为圆心，以为半径的扇形，弧长是，
设展开后的圆心角是，则，
解得：，
即展开后，
，，
则在圆锥的侧面上从点到点的最短路线的长就是展开后线段的长，
由勾股定理得：，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，平面展开最短路线问题，勾股定理，弧长公式等知识点的应用，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．解题的关键是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
10．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和垂径定理的推论，分别作、的垂直平分线，两直线的交点D即为该圆弧所在圆的圆心，结合图形即可得出点D坐标；
（2）根据圆锥底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，分别作、的垂直平分线，两直线的交点D即为该圆弧所在圆的圆心，由图可知，点D坐标为，
故答案为：；
（2）根据图形，由勾股定理得：，
，
∴，
∴，
∴该圆锥的底面圆的周长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、勾股定理及其逆定理、垂径定理的推论、圆锥的计算、弧长公式、坐标与图形，能求出点D坐标和是解答的关键．
11． /60度
【分析】根据正六边形的性质可求出，进而求出阴影部分扇形的半径和圆心角的度数，利用弧长公式求出的长，再根据圆的周长公式求出圆锥的底面半径．
【详解】解： 如图，过点作于点，
正六边形的边长为
，
，
，
的长为，
设圆锥的底面半径为
则，
即，
故答案为：，．
【点睛】本题考查圆与正多边形，求弧长，求圆锥的底面半径，掌握正六边形的性质以及正六边形与圆的相关计算，掌握正多边形与圆的相关计算方法是解题的关键．
12．
【分析】根据弧长公式求解即可．
【详解】解：∵所对的圆心角为120°，半径为2，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了弧长的计算，解题的关键是熟练掌握弧长公式（n是圆周角）．
13． 2； /
【分析】作AF⊥BC，假设⊙A与x轴相切于E点，连接AE，做BD⊥AE，利用垂径定理的内容得出BF=CF，进而得出AD与半径的关系，从而得出△ABC为等边三角形，然后计算半径，再利用扇形面积公式求出即可．
【详解】解：作AF⊥BC，假设⊙A与x轴相切于E点，连接AE，BD⊥AE，
假设AE=x，图象与y轴相交于点B（0，1）、C（0，3），
∴OB=DE=1，AD=x-1，
∵AC=AB，AF⊥BC，
∴BF=CF=1，
∴AD=BF=1=x-1，
解得：x=2，
∴AB=BC=AC=2，
△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴扇形BAC的面积=，
故答案为：2；．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定方法以及扇形的面积求法等知识，利用已知得出BF=AD是解决问题的关键．
14． /
【分析】根据弧长公式可求得的长；根据图形可以得出AB扫过的图形的面积=S扇形ACA′+S△ABC-S扇形BCB′-S△A′B′C，由旋转的性质就可以得出S△ABC=S△A′B′C就可以得出AB扫过的图形的面积=S扇形ACA′-S扇形BCB′求出其值即可．
【详解】解：∵△ABC绕点C旋转120°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，
∴S△ABC=S△A′B′C，∠BCB′=∠ACA′=120°．
∴的长为:2π；
∵AB扫过的图形的面积=S扇形ACA′+S△ABC-S扇形BCB′-S△A′B′C，
∴AB扫过的图形的面积=S扇形ACA′-S扇形BCB′，
∴AB扫过的图形的面积= ．
故答案为：2π；．
【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的性质的运用，弧长公式以及扇形的面积公式的运用，解答时根据旋转的性质求解是关键．
15．
【分析】利用弧长公式进行计算．
【详解】解：，
故答案为：
【点睛】本题考查弧长的计算，掌握公式正确计算是本题的解题关键．
16．
【分析】根据扇形的面积公式计算．
【详解】解：该扇形的面积是：．
故答案是：6π．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，属于基础题．熟记公式是解题的关键．
17．
【分析】利用弧长公式求出的长，探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，
在Rt△AOB中，
∴的长==2π，=π，，
观察图象可知，4次应该循环，
∵2021÷4=505 1，
∴翻滚到第2021次时A点走过的总路线长为505×+2π=1517π+505π．
故答案为：2π，1517π+505π．
【点睛】本题考查轨迹-弧长公式，矩形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
18．6﹣π
【分析】连接OB，求出OB=OA=OD=AD=2，由S阴影部分=S ABCD﹣SRt△AOB﹣S扇形BOD即可得出结果．
【详解】解：连接OB，如图所示：
∵半圆O与BC相切于点B，
∴OB⊥BC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO⊥AD，
∵AD=4，
∴OB=OA=OD=AD=2，
∴S阴影部分=S ABCD﹣SRt△AOB﹣S扇形BOD
=4×2﹣×2×2﹣×22
=6﹣π．
故答案为6﹣π．
19．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用网格特点和旋转性质得出的坐标，即可确定；
（2）根据勾股定理得到，再根据弧长计算公式即可算出弧的长度；
（3）根据原点对称得出坐标，再根据两点距离公式得出的长度．
【详解】（1）解：如图，为所作：
（2）解：由勾股定理得，，
弧的长度为：
（3）解： 与点关于原点对称，
，
【点睛】此题考查了旋转变换，同时涉及弧长的计算，掌握弧长计算公式，根据旋转性质得出对应点的位置是解题关键．
20．(1)证明见解析
(2)⊙O的半径长为6cm
(3)阴影部分的面积为6πcm2
【分析】（1）由圆周角定理解得∠BOC＝60°，再根据AC//BD得到∠A＝∠OBD＝30°，继而解得∠ACO＝90°，据此解答；
（2）设OC 、BD相交于点E，由垂径定理解得，再根据含30°角直角三角形的性质解得OB＝6；
（3）由ASA证明△CDE≌△OBE，再利用扇形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：∵∠CDB＝∠OBD＝30°，
∴∠BOC＝60°
∵AC∥BD，
∴∠A＝∠OBD＝30°
∴∠ACO＝90°
∴AC为⊙O切线．
（2）解：设OC 、BD相交于点E
∵∠ACO＝90°，AC//BD，
∴∠BEO＝∠ACO＝90°
在Rt△BEO中，∠OBD＝30°
∴OE=3
∴OB＝6
即⊙O的半径长为6cm．
（3）解：∵∠CDB＝∠OBD＝30°，
又∵∠CED＝∠BEO，BE＝ED，
∴△CDE≌△OBE（ASA）
答：阴影部分的面积为6πcm2．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆切线的判定、含30°角直角三角形的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
21．(1)6
(2)4π
【分析】（1）根据正六边形的边长与半径相等即可解决问题；
（2）由正六边形的性质和弧长公式即可得出结果．
【详解】（1）解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形的边长＝半径OA＝6；
（2）∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCF＝120°，
∴弧BF的长为．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、弧长公式；熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)①四边形ABCO是菱形，理由见解析；②阴影部分的面积为．
【分析】（1）先判断出∠CBE=∠D，再用等角的余角相等，即可得出结论；
（2）①先判断出OC∥AB，再判断出BC∥OA，进而得出四边形ABCO是平行四边形，即可得出结论；
②先求出AC，OB，∠COA，再用S扇形COD-S菱形ABCO，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠CBA=180°，∠CBE+∠CBA=180°，
∴∠CBE=∠D，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠D+∠CAD=90°，
∴∠CBE+∠CAD=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CBE+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE；
（2）解：①四边形ABCO是菱形，理由如下：
∵点C是半圆⊙O的一个三等分点，
∴∠COD=60°，
∵OD=OC，
∴△DOC是等边三角形，
∴∠D=60°，
∴∠CAD=∠COD=30°，
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∵CE⊥AB，
∴OC∥AB，
∴∠DAB=∠COD=60°，
由（1）知，∠CBE=∠D=60°，
∴∠CBE=60°=∠DAB，
∴BC∥OA，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴ ABCO是菱形；
②连接OB，
由①知，四边形ABCO是菱形，△DOC是等边三角形，
∴OA=OC=AB=OB=OD=CD=2，∠COD=60°，∠COA=120°，
∴AD=2OA=4，
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，CD=2，
∴AC=2，
∴阴影部分的面积为S扇形AOC-S菱形ABCO
=．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了同角的余角相等，切线的性质，菱形的判定，扇形的面积公式，判断出BC∥OA是解本题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明∠DAB =∠C=90°，即可证明DA是⊙O的切线；
（2）连接OC，求得∠AOC=120°，利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABD，
∵DA=AE，
∴∠ADE=∠DEA，
∵∠CEB与∠DEA互为对顶角，
∴∠CEB=∠DEA，
∴∠DAB=180° ∠ADB ∠DBA=180° ∠CEB ∠CBE=∠C，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，即∠DAB=90°，
∴DA是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∴∠AOC=180° 30° 30°=120°，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，弧长公式的应用等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24．（1）见解析；（1）
【分析】（1）连接OE、OF、OC，作OM⊥AB，垂足为M，利用面积法求出OM的长，由此得到结论；
（2）先证明OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，得到∠AOB=135 ，再利用扇形面积公式计算即可得到答案．
【详解】（1）连接OE、OF、OC，作OM⊥AB，垂足为M，
∵⊙O与AC，BC相切，
∴OE=OF=2，∠OEC=∠OFC=90°，
∵AC=12，BC=5，
∴AB=13，
由面积法S△AOC＋S△BOC＋S△AOB＝S△ABC，
∴OE·AC＋OF·BC＋OM·AB＝AC·BC，
∴OM=2，
又∵OM⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）OM⊥AB，∠OEC=∠OFC=90 ，OE=OF=OM，
∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
由∠ACB＝90°，∴∠CAB＋∠CBA＝90°，
∴∠OAB＋∠OBA＝45°，∠AOB=135 ，
∴S阴影=S△AOB－S扇形=×13×2－×π×22=．
【点睛】此题考查切线的判定定理和性质定理，角平分线的性质，正确掌握面积法计算三角形的面积，由此求线段长度是解题的关键．
25．（1）直线BC与⊙O相切，证明见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；
（2）在直角三角形OBD中，设OF=OD=x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，直角三角形ODB的面积减去扇形DOF面积即可确定出阴影部分面积．
【详解】解：（1）BC与⊙O相切．理由如下：
连接OD．∵AD是∠BAC的平分线
∴∠BAD=∠CAD．
∵OD=OA
∴∠OAD=∠ODA
∴∠CAD=∠ODA
∴OD∥AC
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．
又∵BC过半径OD的外端点D，∴BC与⊙O相切；
（2）设OF=OD=x，则OB=OF+BF=x+2．
根据勾股定理得：，
即，
解得：x=2，即OD=OF=2
∴OB=2+2=4．
Rt△ODB中
∵OD=OB
∴∠B=30°
∴∠DOB=60°
∴S扇形DOF==
则阴影部分的面积为S△ODB﹣S扇形DOF==．
故阴影部分的面积为．
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