第3章圓的基本性質全章復習攻略與檢測卷【目錄】倍速學習三種方法【6個專題】1.垂徑定理與勾股定理綜合應用2.旋轉的性質的應用3.圓心角與圓周角的綜合應用4.圓周角定理的綜合應用5.正多邊形的計算6.弧長與扇形面積的計算【3種思想】1.分類討論思想2.數形結合思想3.方程思想【檢測卷】【倍速學習三種方法】【6個專題】1.垂徑定理與勾股定理綜合應用1．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，是的直徑，是的弦，且，垂足為，連接．若，，則的長為（）A．10 B．5 C． D．【答案】C【分析】連接，由是的直徑，是的弦，且，可得的長，再根據勾股定理可得的長，從而得出的長，最后再由勾股定理進行計算即可得到答案．【詳解】解：連接，

，是的直徑，是的弦，且，，，，，在中，，，在中，，故選：C．【點睛】本題主要考查了垂徑定理、勾股定理，熟練掌握垂徑定理，添加適當的輔助線，構造直角三角形是解題的關鍵．2．（2023·浙江衢州·統考二模）一次綜合實踐的主題為：只用一張矩形紙條和刻度尺，如何測量一次性紙杯杯口的直徑？小聰同學所在的學習小組想到了如下方法：如圖，將紙條拉直緊貼杯口上，紙條的上下邊沿分別與杯口相交于，，，四點，利用刻度尺量得該紙條寬為，，．請你幫忙計算紙杯的直徑為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設圓心為O，根據垂徑定理可以得到，，再根據勾股定理構建方程解題即可．【詳解】設圓心為O，為紙條寬，連接，，則，，∴，，設，則，又∵，∴，即，解得：，∴半徑，即直徑為，故選B．【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，構建直角三角形利用勾股定理計算是解題的關鍵．2.旋轉的性質的應用3．（2022秋?浦江縣月考）閱讀下面材料，并解決問題：（1）如圖①等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝；（2）基本運用請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題已知如圖②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點且∠EAF＝45°，求證：EF2＝BE2+FC2；（3）能力提升如圖③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點O為Rt△ABC內一點，連接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．【分析】（1）根據旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，根據旋轉的性質可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，從而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“邊角邊”證明△EAF和△E′AF全等，根據全等三角形對應邊相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得證．（3）將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB＝2AC，即A′B的長，再根據旋轉的性質求出△BOO′是等邊三角形，根據等邊三角形的三條邊都相等可得BO＝OO′，等邊三角形三個角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到OA+OB+OC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，易證△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案為：150°；（2）如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，由旋轉的性質得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，∴△A′O′B如圖所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等邊三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【點評】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，讀懂題目信息，理解利用旋轉構造出全等三角形和等邊三角形以及直角三角形是解題的關鍵．3.圓心角與圓周角的綜合應用4．（2023?余杭區模擬）如圖，AB是半圓O的直徑，點D是弧AC的中點，若∠DAC＝25°．則∠BAC等于（）A．40° B．42° C．44° D．46°【分析】利用圓周角定理和弧與圓心角的關系求解即可．【解答】解：連接OC，OD，∵點D是弧AC的中點，∴弧AD＝弧CD，又∠DAC＝25°，∴∠AOD＝∠COD＝2∠DAC＝50°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOD﹣∠COD＝80°，∴，故選：A．【點評】本題考查圓周角定理、弧與圓心角的關系，熟練掌握圓周角定理是解答的關鍵．4.圓周角定理的綜合應用5．（2022·浙江溫州·統考模擬預測）如圖，內接于，，，是上與點關于圓心成中心對稱的點，是邊上一點，連接，，．已知，，是線段上一動點，連接并延長交四邊形的一邊于點，且滿足，則的值為．【答案】1或【分析】先根據圓周角定理和對稱性質證明四邊形是正方形，得到，，根據題意，分點R在線段上和點R在線段上兩種情況，利用全等三角形的判定與性質分別求解即可．【詳解】解：∵內接于，，∴是的直徑，∵是上與點關于圓心成中心對稱的點，∴，，又，∴，∴四邊形是菱形，又，∴四邊形是正方形，∴，．當點R在線段上時，如圖，在和中，，∴，∴，∵，∴，，在和中，，∴，∴，∴；當點R在線段上時，如圖，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，綜上，滿足條件的的值為1或．【點睛】本題考查圓周角定理、對稱性質、菱形的判定、正方形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，熟練掌握圓周角定理和正方形的判定與性質，證得四邊形是正方形，利用分類討論思想結合全等三角形的性質和等面積法求解是解答的關鍵6．（2023·浙江·一模）如圖，在中，，以為直徑的圓分別交，于點，連接交于點．若．(1)求證：．(2)求的長．【答案】(1)見解析【分析】（1）首先根據圓直徑的性質得到，然后利用等腰三角形三線合一性質求解即可；（2）首先利用勾股定理求出，然后利用等面積法得到，最后利用勾股定理即可求出的長．【詳解】（1）∵是圓的直徑，∴，∵，∴是等腰三角形，∴；（2）∵是圓的直徑，∴，∵，，∴，∴，∵是圓的直徑，∴，∴，∴，∴解得，∴．【點睛】此題考查了直徑所對的圓周角是直角，等腰三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．5.正多邊形的計算7．（2022秋?南潯區期末）已知正五邊形ABCDE內接于⊙O，連接BD，則∠ABD的度數是．【分析】根據多邊形內角和定理、正五邊形的性質求出∠ABC、CD＝CB，根據等腰三角形的性質求出∠CBD，計算即可．【解答】解：∵五邊形ABCDE為正五邊形，∴∠ABC＝∠C＝＝108°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝＝36°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，故答案為：72°．【點評】本題考查的是正多邊形和圓、多邊形的內角和定理，掌握正多邊形和圓的關系、多邊形內角和等于（n﹣2）×180°是解題的關鍵．8．（2022秋?江北區期末）劉徽是我國魏晉時期卓越的數學家，他首次提出“割圓術”，利用圓內接正多邊形逐步逼近圓來近似計算圓周率，方法如圖：作正六邊形ABCDEF內接于⊙O，取的中點G，OG與AB交于點H；連結AG、BG；依次對剩余五段弧取中點可得一個圓內接正十二邊形，記正十二邊形的面積為S1，正六邊形的面積為S2，則＝．【分析】設⊙O的半徑為R，根據正多邊形的性質、正弦的定義、三角形的面積公式分別表示出S1、S2，計算即可．【解答】解：設⊙O的半徑為R，∵點G是的中點，∴OG⊥AB，∠BOG＝∠AOB，∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴△AOB為等邊三角形，∴∠OAB＝60°，∴S2＝R?R?sin60°×6＝R2，S1＝R?R?sin30°×12＝3R2，∴＝＝，故答案為：．【點評】本題考查的是正多邊形和圓，掌握正多邊形的性質、銳角三角函數的定義是解題的關鍵．6.弧長與扇形面積的計算9.（2022秋?寧波期末）如圖，在△ABC中，以邊AB為直徑作⊙O分別交BC，AC于點D，E，點D是BC中點，連接OE，OD．（1）求證：△ABC是等腰三角形．（2）若AB＝6，∠A＝40°，求的長和扇形EOD的面積．【分析】（1）連接AD，由AB為⊙O直徑，得到∠ADB＝90°，繼而得出AD是線段BC的中垂線，即可求解；（2）由等邊對等角及三角形外角的性質求出∠AOE，∠EOD的度數，再根據弧長公式和扇形面積公式求解即可．【解答】解：（1）連接AD，∵AB為⊙O直徑，∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，又∵D是BC中點，∴AD是線段BC的中垂線，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）∵∠A＝40°，OA＝OE，∴∠A＝∠AEO＝40°，∴∠AOE＝100°，∵AB＝6，∴OA＝OE＝3，∴，∵AB＝AC，OB＝OD，∴∠ABC＝70°＝∠ODB，∴∠AOD＝140°，∴∠EOD＝40°，∴．【點評】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質和判定，三角形外角的性質，弧長公式和扇形面積公式，垂直平分線的判定，熟練掌握知識點是解題的關鍵．10．（2022秋?上城區期末）已知AB是圓O的直徑，半徑OD⊥BC于點E，的度數為60°．（1）求證：OE＝DE；（2）若OE＝1，求圖中陰影部分的面積．【分析】（1）連接BD，證明△OBD是等邊三角形，可得結論；（2）根據S陰＝S扇形AOC+S△COE，求解即可．【解答】（1）證明：連接BD，∵的度數是60°，∴∠BOD＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD是等邊三角形，∵OD⊥BC，∴OE＝DE；（2）解：連接OC．∵OD⊥BC，OC＝OB，∴∠COE＝∠BOE＝60°，∴∠OCE＝30°，∴OC＝2OE＝2，∴CE＝＝＝，∴S陰＝S扇形AOC+S△COE＝+××1＝+．【點評】本題考查了扇形面積、三角形的面積的計算，正確證明△BOD是等邊三角形是關鍵．【3種思想】分類討論思想11．（2022·浙江·九年級專題練習）在圓柱形油槽內裝有一些油，截面如圖所示，已知截面⊙O半徑為5cm，油面寬AB為6cm，如果再注入一些油后，油面寬變為8cm，則油面AB上升了（）cmA．1 B．3 C．3或4 D．1或7【答案】D【分析】分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為，可知，，，在中，由勾股定理得，解得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，計算即可；②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接，由題意知，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，計算即可．【詳解】解：分兩種情況求解：①如圖1，寬度為8cm的油面，作與的交點為由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴②如圖2，寬度為8cm的油面，作與的交點為，連接由題意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴∴油面AB上升到CD，上升了1cm，油面AB上升到EF，上升了7cm；故選D．【點睛】本題考查了圓的垂徑定理，勾股定理．解題的關鍵在于對兩種情況全面考慮．12．（2023·浙江金華·統考一模）如圖，已知和為等腰直角三角形，，，，連接、．在繞點A旋轉的過程中，當所在的直線垂直于時，_______．【答案】或【分析】①當點在點上方時，先判斷出四邊形是矩形，求出，再根據勾股定理求出，，得出；②當點在點下方時，同①的方法得，，，進而得出，即可得出結論．【詳解】∵為等腰直角三角形，，，①當點在點上方時，如圖③，過點作交的延長線于，當時，可證，，，，四邊形是矩形，，矩形是正方形，，在中，根據勾股定理得，，．②當點在點下方時，如圖④同①的方法得，，，，綜上所述，的長為或．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，勾股定理，正方形和矩形的性質與判定，解題的關鍵是能夠根據題意進行分情況討論．2.數形結合思想13．（2022秋·浙江杭州·九年級校考階段練習）如圖，在兩個同心圓中，大圓的弦與小圓相交于C，D兩點．(1)求證：．(2)若，大圓的半徑，求小圓的半徑r．【答案】(1)證明見解析(2)小圓的半徑r為【分析】（1）過O作于點E，由垂徑定理可知E為和的中點，則可證得結論；（2）連接，由條件可求得的長，則可求得和的長，在中，利用勾股定理可求得的長，在中可求得的長；【詳解】（1）證明：過O作于點E，如圖1，由垂徑定理可得∴∴（2）解：連接，如圖2，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得∴，即小圓的半徑r為．【點睛】本題考查了垂徑定理與勾股定理的知識．此題難度適中，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用，注意輔助線的作法．3.方程思想14．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，的半徑弦于點C，連接并延長交于點E，連接．若，則的長為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】垂徑定理得到，三角形中位線定理得到，在中，設，則，，則，解得，則，，即可得到的長．【詳解】解：∵的半徑弦于點C，連接并延長交于點E，∴垂直平分，是的直徑，∴，∴是的中位線，∴，在中，設，則，∵，∴，解得：，即，，∴，故選：B．【點睛】此題考查了垂徑定理、勾股定理、三角形中位線定理等知識，根據勾股定理得到是解題的關鍵．15．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，在中，已知，，以點C為圓心、長為半徑的圓交于點D，，則的長為（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】如圖，作于E．連接，在中，設，利用30度性質即可求出，，，再根據垂徑定理可以求出．【詳解】解：如圖，作于E．連接，則，∴，，∵，，∴，在中，設，∴，，，∴，∴，∴，∴．故選A．【點睛】本題考查垂徑定理、三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是根據垂徑定理添加輔助線，記住直角三角形30度角性質，屬于基礎題，中考常考題型．17．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖是一個圓柱形輸水管橫截面的示意圖，陰影部分為有水部分，如果水面AB的寬為，水面最深的地方高度為，則該輸水管的半徑為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作半徑于C，連接，設圓的半徑是，則，，，由勾股定理列出方程求解即可．【詳解】作半徑于C，連接，設圓的半徑是，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴該輸水管的半徑為，故選：A．【點睛】本題考查垂徑定理，勾股定理，關鍵是通過作輔助線構造直角三角形，應用勾股定理，垂徑定理列出關于半徑的方程．【檢測卷】一、單選題1．（2023秋·浙江·九年級校考開學考試）在半徑為3的圓中，90°的圓心角所對的弧長是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據弧長的公式進行解答．【詳解】解：根據弧長的公式，得到：．故選：C．【點睛】本題考查弧長的計算，熟記弧長公式是解題關鍵，屬于基礎題．2．（2022秋·浙江寧波·九年級校考期中）已知的半徑為4cm，點P在上，則的長為（

）A．2cm B．4cm C．5cm D．8cm【答案】B【分析】根據點在圓上，點到圓心的距離等于圓的半徑求解即可．【詳解】解：∵的半徑為4cm，點P在上，∴．故選：B．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系：設的半徑為r，點P到圓心的距離，則有：點P在圓外時，；點P在圓上時，；點P在圓內時，．3．（2022秋·浙江寧波·九年級校考期中）如圖，點A，B，C在上，，則的度數是（

）A．50° B．60° C．80° D．90°【答案】A【分析】先求解，再結合等腰三角形的性質可得．【詳解】解：∵，∴，∵，∴；故選A【點睛】本題考查的是圓周角定理的應用，等腰三角形的性質，熟記圓周角定理的含義是解本題的關鍵．4．（2022秋·浙江紹興·九年級校考期中）如圖，是的外接圓，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由是的外接圓，，根據在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半，即可求得的度數．【詳解】解：∵是的外接圓，，∴．故選：A．【點睛】此題考查了圓周角定理．此題比較簡單，注意掌握數形結合思想的應用．5．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，在中，，,將繞點C按逆時針方向旋轉得到，則點與點B之間的距離為（）A．4 B． C．3 D．【答案】B【分析】由旋轉的性質，可證都是等邊三角形，由勾股定理求出BC的長即可．【詳解】解：如圖，連接，∵將繞點C按逆時針方向旋轉得到，∴，∵，∴是等邊三角形，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，在中，，∴，∴，故選：B．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．6．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，是的直徑，點C，D，E都在上，則等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據是的直徑，得出，根據圓周角定理得出最后結果即可．【詳解】解：∵是的直徑，∴，由圓周角定理得：，故選：B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，直接所對的圓心角為，解題的關鍵是熟練掌握圓周角定理．7．（2023·浙江溫州·校聯考三模）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉得，使點恰好落在邊上，連結，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋轉的性質可知，旋轉前后對應邊相等，對應角相等，得出等腰三角形，再根據等腰三角形的性質求解．【詳解】解：由旋轉的性質可知，，，∴，在中，，∴，解得：，故選：C．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，找出旋轉角和旋轉前后的對應邊得出等腰三角形是解答此題的關鍵．8．（2023春·浙江衢州·九年級校考階段練習）六一兒童節快到了，小亮在圖紙上畫了一個邊長為的正方形，以該正方形的四個頂點為圓心、長為半徑作弧，則圖中實線所示的飾品輪廓的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據圖示，可得，，則的長為以半徑為的圓的周長的一半，由此即可求解．【詳解】解：如圖所示，設正方形為，根據作圖可知，，，∴，故選：．【點睛】本題主要考查圓的周長的計算，理解圖示，掌握圓的周長的計算方法是解題的關鍵．9．（2023春·浙江嘉興·九年級校考開學考試）如圖，已知內接于，為直徑，的平分線交于點D，連結，若，則圖中陰影部分的面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】：如圖，連接，由題意知，，由平分，可得，由，可得，根據，計算求解即可．【詳解】解：如圖，連接，由題意知，，∵平分，∴，∵，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查了直徑所對的圓周角為直角，角平分線，圓周角定理，扇形的面積．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．10．（2023秋·浙江嘉興·九年級校考開學考試）如下圖所示，O為邊長為1的等邊三角形內（不含邊界）任意一點，則的不可能取值為（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】將繞點A順時針旋轉得到，如圖，連接交于點F，連接，根據旋轉的性質可證是等邊三角形，可得，從而可得，當、在一條直線上時，有最小值，最小值為的值，證明四邊形是菱形，可得，，再利用勾股定理求得，，從而可得，即可求解．【詳解】解：將繞點A順時針旋轉得到，如圖，連接交于點F，連接，∴，，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴當、在一條直線上時，有最小值，最小值為的值，此時，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，又∵，∴四邊形是平行四邊形，又∵，∴四邊形是菱形，∴，∴，∵，在中，，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查旋轉的性質、等邊三角形的判定與性質、菱形的判定與性質、勾股定理，線段和最小值，熟練掌握相關定理是解題的關鍵．二、填空題11．（2023·浙江溫州·校聯考三模）一個扇形的圓心角為，半徑為2，則該扇形的面積為．【答案】【分析】根據扇形面積公式（其中n是扇形圓心角，r是半徑）進行計算即可．【詳解】解：扇形的面積＝．故答案為：．【點睛】此題考查了扇形面積，熟練掌握扇形面積公式是解題的關鍵．12．（2022秋·浙江衢州·九年級校聯考期中）如圖，點，，在上，，則【答案】/度【分析】根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：∵，，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．13．（2023春·浙江嘉興·九年級校考開學考試）已知的圓心與坐標原點重合，半徑為r，若點在內，點在外，則r的取值范圍是．【答案】【分析】由題意知，，，由點在內，點在外，可得．【詳解】解：由題意知，，，∵點在內，點在外，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系，勾股定理．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．14．（2023春·浙江溫州·九年級校聯考階段練習）扇形的圓心角為，半徑為，它的弧長為．【答案】【分析】根據弧長公式求解．【詳解】解：，故答案為：．【點睛】本題考查弧長的計算，解題的關鍵是掌握弧長公式．15．（2023春·浙江嘉興·九年級校考開學考試）如圖，在中，，，D為上一點，，以C為圓心，長為半徑作圓，連結并延長交于另一點E，若，則的長為．【答案】【分析】結合圓的性質證明，設，過作，垂足為F，利用直角三角形的性質求出，，根據的長度以及勾股定理列出方程，解之即可．【詳解】解：∵，點E在上，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，設，則，過作，垂足為F，∵，∴，，∴，∴，解得：，即，故答案為：．【點睛】本題考查了圓的性質，勾股定理，含30度的直角三角形的性質，平行線的性質，等腰三角形的判定和性質，知識點較多，比較復雜，解題的關鍵是構造直角三角形，利用勾股定理計算線段長度．16．（2023秋·浙江·九年級專題練習）一個直角三角形的兩條邊長是方程的兩個根，則此直角三角形的外接圓的直徑為．【答案】6或【分析】先解方程求出方程的兩個根，再根據較大的根為斜邊和直角邊，兩種情況進行討論求解即可．【詳解】解：，，解得：，①當直角邊分別為2，6時，斜邊為：，∵直角三角形的外接圓的直徑即為直角三角形斜邊的長，∴此時直角三角形外接圓的直徑為，②當斜邊為6時，此時直角三角形外接圓直徑為6．故答案為：6或．【點睛】本題考查解一元二次方程，勾股定理，直角三角形的外接圓．解題的關鍵是正確的求出一元二次方程的根，注意分類討論．17．（2023春·浙江臺州·九年級校考階段練習）如圖，在菱形中，，，分別以點、點、點、點為圓心，長為半徑畫弧分別與菱形的邊相交，圖中陰影部分的面積為．(結果保留【答案】/【分析】連接與交于點，根據菱形的性質得到，，，根據直角三角形的性質求出、，根據四邊形的內角和是可知四個扇形可以拼成一個整圓，再根據圓的面積公式、菱形面積公式計算即可．【詳解】解：連接與交于點，∵四邊形是菱形，∴，∴，由勾股定理得，又∵，，∴陰影部分的面積為：故答案為：【點睛】本題考查的是圓的面積計算、菱形的性質，推導出四個扇形拼成一個整圓是解題的關鍵．18．（2023秋·浙江溫州·九年級統考開學考試）如圖，在中，，，把繞點逆時針旋轉得到，連接，則的長為．【答案】/【分析】連接，延長交于點，由旋轉可得：，，求出，由勾股定理求出，則可得出答案．【詳解】解：連接，延長交于點，由旋轉可得：，，是等邊三角形，，，是的垂直平分線，，，．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，熟練掌握旋轉的性質以及等邊三角形的判定與性質是解題的關鍵．三、解答題19．（2020秋·浙江·九年級統考期末）如圖，點在上，．求證：．【答案】見解析【分析】根據圓心角、弧、弦的關系，由得到，進而可得，即可得證．【詳解】證明：，，，即，．【點睛】本題考查了圓心角、弧、弦的關系：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．20．（2023·浙江·九年級假期作業）如圖，A是上一點，是直徑，點D在上且平分．(1)連接，求證：平分；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)．【分析】（1）利用圓周角定理即可證明結論；（2）利用圓周角定理得到，再利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：∵點D在上且平分，∴，∴，∴平分；（2）解：∵是直徑，∴，∵點D在上且平分，∴，∴，∴，∵，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，勾股定理，掌握“直徑所對的圓周角是直角”是解題的關鍵．21．（2023秋·浙江·九年級專題練習）在平面直角坐標系中，的位置如圖，網格中小正方形邊長為1，點A坐標為，請解答下列問題：(1)作出繞點O的逆時針旋轉得到的；(2)計算的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據旋轉的性質找到點A，B，C的對應點，即可；（2）用所在的長方形的面積減去其周圍三個直角三角形的面積，即可．【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；（2）解：的面積為．【點睛】本題主要考查了圖形的旋轉，熟練掌握圖形旋轉的性質是解題的關鍵．22．（2023·浙江嘉興·統考二模）如圖，已知的半徑為，四邊形內接于，連結，，．(1)求的長；(2)求證：平分的外角．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據圓周角定理，弧長計算公式即可求解；（2）根據，可得，根據圓周角定理，同弧所對圓周角相等，運用等量代換即可求證．【詳解】（1）解：如圖所示，連接，∵，的半徑為，∴，根據弧長公式得，．（2）解：根據題意，，∴，在中，，∵，且，∴，∵在中，，∴，∴，∴平分的外角．【點睛】本題主要考查圓與四邊形，等腰三角形的綜合，掌握圓周角定理，等腰三角形的性質，等量代換的方法是解題的關鍵．23．（2023·浙江衢州·校考一模）如圖，為圓O的直徑，點C，D在圓O上，與交于點E，，，連接，．求證：(1)；(2)四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由已知條件根據全的三角形的判定即可證明；（2）首先根據平行四邊形的判定證明四邊形是平行四邊形，然后根據一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明．【詳解】（1）證明：在和中，∵，∴；（2）∵為的直徑，∴，∵，∴，，∴，，∴四邊形是平行四邊形．∵，∴四邊形是菱形．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質、菱形的判定、圓的性質，掌握全等三角形的判定和特殊平行四邊形的判定是解題的關鍵．24．（2023·浙江·九年級假期作業）如圖，為圓內接四邊形的對角線，且點D為的中點；(1)如圖1，若、直接寫出與的數量關系；(2)如圖2、若、平分，，求的長度．【答案】(1)(2)【分析】（1）如圖：繞B逆時針旋轉交于E,即，先說明是等邊三角形可得；再說明是等邊三角形可得，進而證明可得，最后根據即可證明結論；（2）如圖：連接,交于E，先說明為直徑,即，再運用圓周角定理和勾股定理可得，進而求得、，最后運用勾股定理即可解答【詳解】（