第3章圓的基本性質全章復習與測試【知識梳理】一．圓的認識（1）圓的定義定義①：在一個平面內，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉一周，另一個端點A所形成的圖形叫做圓．固定的端點O叫做圓心，線段OA叫做半徑．以O點為圓心的圓，記作“⊙O”，讀作“圓O”．定義②：圓可以看做是所有到定點O的距離等于定長r的點的集合．（2）與圓有關的概念弦、直徑、半徑、弧、半圓、優弧、劣弧、等圓、等弧等．連接圓上任意兩點的線段叫弦，經過圓心的弦叫直徑，圓上任意兩點間的部分叫圓弧，簡稱弧，圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每條弧都叫做半圓，大于半圓的弧叫做優弧，小于半圓的弧叫做劣弧．（3）圓的基本性質：①軸對稱性．②中心對稱性．二．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．（2）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧．推論2：弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條弧．推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧．三．垂徑定理的應用垂徑定理的應用很廣泛，常見的有：（1）得到推論：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧．（2）垂徑定理和勾股定理相結合，構造直角三角形，可解決計算弦長、半徑、弦心距等問題．這類題中一般使用列方程的方法，這種用代數方法解決幾何問題即幾何代數解的數學思想方法一定要掌握．四．圓心角、弧、弦的關系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．（2）推論：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．說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優弧或劣弧．（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等．這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據需要，選擇其有關部分．五．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角．注意：圓周角必須滿足兩個條件：①頂點在圓上．②角的兩條邊都與圓相交，二者缺一不可．（2）圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑．（3）在解圓的有關問題時，常常需要添加輔助線，構成直徑所對的圓周角，這種基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圓周角和圓心角的轉化可通過作圓的半徑構造等腰三角形．利用等腰三角形的頂點和底角的關系進行轉化．②圓周角和圓周角的轉化可利用其“橋梁”﹣﹣﹣圓心角轉化．③定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角．六．圓內接四邊形的性質（1）圓內接四邊形的性質：①圓內接四邊形的對角互補．②圓內接四邊形的任意一個外角等于它的內對角（就是和它相鄰的內角的對角）．（2）圓內接四邊形的性質是溝通角相等關系的重要依據，在應用此性質時，要注意與圓周角定理結合起來．在應用時要注意是對角，而不是鄰角互補．七．相交弦定理（1）相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等．（經過圓內一點引兩條線，各弦被這點所分成的兩段的積相等）．幾何語言：若弦AB、CD交于點P，則PA?PB＝PC?PD（相交弦定理）（2）推論：如果弦與直徑垂直相交，那么弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項．幾何語言：若AB是直徑，CD垂直AB于點P，則PC2＝PA?PB（相交弦定理推論）．八．點與圓的位置關系（1）點與圓的位置關系有3種．設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：①點P在圓外?d＞r②點P在圓上?d＝r①點P在圓內?d＜r（2）點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關系可以確定該點與圓的位置關系．（3）符號“?”讀作“等價于”，它表示從符號“?”的左端可以得到右端，從右端也可以得到左端．九．確定圓的條件不在同一直線上的三點確定一個圓．注意：這里的“三個點”不是任意的三點，而是不在同一條直線上的三個點，而在同一直線上的三個點不能畫一個圓．“確定”一詞應理解為“有且只有”，即過不在同一條直線上的三個點有且只有一個圓，過一點可畫無數個圓，過兩點也能畫無數個圓，過不在同一條直線上的三點能畫且只能畫一個圓．十．三角形的外接圓與外心（1）外接圓：經過三角形的三個頂點的圓，叫做三角形的外接圓．（2）外心：三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點，叫做三角形的外心．（3）概念說明：①“接”是說明三角形的頂點在圓上，或者經過三角形的三個頂點．②銳角三角形的外心在三角形的內部；直角三角形的外心為直角三角形斜邊的中點；鈍角三角形的外心在三角形的外部．③找一個三角形的外心，就是找一個三角形的三條邊的垂直平分線的交點，三角形的外接圓只有一個，而一個圓的內接三角形卻有無數個．十一．三角形的內切圓與內心（1）內切圓的有關概念：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內切圓，三角形的內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內心就是三角形三個內角角平分線的交點．（2）任何一個三角形有且僅有一個內切圓，而任一個圓都有無數個外切三角形．（3）三角形內心的性質：三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．十二．正多邊形和圓（1）正多邊形與圓的關系把一個圓分成n（n是大于2的自然數）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓．（2）正多邊形的有關概念①中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做正多邊形的中心．②正多邊形的半徑：外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑．③中心角：正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角．④邊心距：中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．十三．弧長的計算（1）圓周長公式：C＝2πR（2）弧長公式：l=nπR180（弧長為l，圓心角度數為n，圓的半徑為①在弧長的計算公式中，n是表示1°的圓心角的倍數，n和180都不要帶單位．②若圓心角的單位不全是度，則需要先化為度后再計算弧長．③題設未標明精確度的，可以將弧長用π表示．④正確區分弧、弧的度數、弧長三個概念，度數相等的弧，弧長不一定相等，弧長相等的弧不一定是等弧，只有在同圓或等圓中，才有等弧的概念，才是三者的統一．十四．扇形面積的計算（1）圓面積公式：S＝πr2（2）扇形：由組成圓心角的兩條半徑和圓心角所對的弧所圍成的圖形叫做扇形．（3）扇形面積計算公式：設圓心角是n°，圓的半徑為R的扇形面積為S，則S扇形=n360πR2或S扇形=12（4）求陰影面積常用的方法：①直接用公式法；②和差法；③割補法．（5）求陰影面積的主要思路是將不規則圖形面積轉化為規則圖形的面積．【考點剖析】一．垂徑定理（共3小題）1．（2022秋?西湖區校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB交于點E．若BE＝10，CD＝8，則⊙O的半徑為（）A．3 B．4.2 C．5.8 D．6【分析】連接OC，設⊙O的半徑為R，則OE＝10﹣R，根據垂徑定理得出CE＝DE＝4，根據勾股定理得出OC2＝CE2+OE2，代入后求出R即可．【解答】解：連接OC，設⊙O的半徑為R，則OE＝10﹣R，∵CD⊥AB，AB過圓心O，CD＝8，∴∠OEC＝90°，CE＝DE＝4，由勾股定理得：OC2＝CE2+OE2，R2＝42+（10﹣R）2，解得：R＝5.8，即⊙O的半徑長是5.8，故選：C．【點評】本題考查了垂徑定理和勾股定理，能熟記垂直于弦的直徑平分這條弦是解此題的關鍵．2．（2022秋?鄞州區校級期末）如圖，在⊙O中半徑OC與弦AB垂直于點D，且AB＝8，OC＝5，則OD的長是（）A．1.5 B．2 C．3 D．4【分析】根據垂徑定可得AD＝AB＝4，再由勾股定理即可求解．【解答】解：∵半徑OC與弦AB垂直于點D，AB＝8，∴AD＝AB＝4，∠ADO＝90°，∵OA＝OC＝5，∴OD＝＝3．故選：C．【點評】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，熟練掌握垂徑定理是解題的關鍵．3．（2023?龍灣區一模）如圖，點O為正方形ABCD的中心，以BC的中點H為圓心，HA為半徑畫弧交CB的延長線于點E．以BE為邊向上作正方形BEFG，過點A作AK⊥AE交CD于點K，取EK的中點M，連結MO．已知，則OM的長為（）A． B． C． D．3【分析】連接AC，AM，AH，CM，證明△EAB≌△KAD，推出AE＝AK，BE＝DK，利用勾股定理求得AH的長，再先后得到DK、CK、EK的長，利用直角三角形斜邊中線的性質求得MA＝MC＝EK＝，利用等腰三角形的判定和性質以及勾股定理即可求解．【解答】解：連接AC，AM，AH，CM，∵點O為正方形ABCD的中心，∴點O在線段AC上，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABE＝90°，∵AK⊥AE，即∠EAK＝∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠KAD，∴ΔEAB≌ΔKAD（ASA），∴AE＝AK，BE＝DK，∵，點H為BC的中點，∴AB＝CD＝BC＝2+2，BH＝+1，∴AH＝＝＝AB＝5+，∵HA＝HE，∴DK＝BE＝HE＝BH＝4，∴CK＝CD﹣DK＝2+2﹣4＝2﹣2，∴CE＝BE+BC＝4+2+2＝2+6，∴EK＝＝＝，∵點M是EK的中點，且∠EAK＝ECK＝90°，∴MA＝MC＝EK＝2，∵點O為AC的中點，且AC＝＝BC＝+，∴OM⊥AC，OC＝AC＝+，由勾股定理得：OM2＝CM2﹣OC2，即OM2＝（2）2﹣（+）2，解得：OM＝（負值已舍），故選：A．【點評】本題考查了垂徑定理、全等三角形的判定與性質、勾股定理以及正方形的性質，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．二．垂徑定理的應用（共2小題）4．（2022秋?諸暨市期末）如圖為一座拱形橋示意圖，橋身AB（弦AB）長度為8，半徑OC垂直AB于點D，OD＝3，則橋拱高CD為（）A．3 B．2.5 C．2 D．1.5【分析】根據垂徑定理、勾股定理進行計算即可．【解答】解：連接OA，∵OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝4，在Rt△AOD中，由勾股定理得，OA＝＝5＝OC，∴CD＝OC﹣OD＝2，故選：C．【點評】本題考查垂徑定理、勾股定理，掌握垂徑定理和勾股定理是正確解答的前提．5．（2023?婺城區模擬）拋一個鐵球，在泥地上砸了一個直徑8cm，深2cm的坑，這個鐵球的直徑是（）A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm【分析】根據題意畫出草圖，建立數學模型．根據勾股定理和垂徑定理求解．【解答】解：設該鉛球的半徑是rcm．在由鉛球的半徑、小坑的半徑即半弦和弦心距組成的直角三角形中，根據勾股定理，得r2＝（r﹣2）2+16，解得r＝5，故2r＝10．故選：B．【點評】此題主要考查了勾股定理和垂徑定理的應用，能夠從實際問題中抽象出幾何圖形，再進一步根據勾股定理以及垂徑定理進行計算是解題關鍵．三．圓心角、弧、弦的關系（共1小題）6．（2023?臨安區一模）如圖，已知A?C是直徑，AB＝6，BC＝8，D是弧BC的中點，則DE＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】連接OB，得到∠BOD＝∠COD，由等腰三角形的性質，得到OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，由勾股定理求出AB長，即可求出OE長，得到DC的長．【解答】解：連接OB，∵D是弧BC的中點，∴∠BOD＝∠COD，∵OB＝OD，∴OD⊥BC，BE＝BC＝×8＝4，∵AC是圓的直徑，∴∠ABC＝90°，∴AC＝＝＝10，∴OB＝AC＝5，∴OE＝＝＝3，∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．故選：B．【點評】本題考查圓心角、弧、弦的關系，圓周角定理，勾股定理，關鍵是連接OB構造直角三角形，應用勾股定理解決問題．四．圓周角定理（共4小題）7．（2023?義烏市模擬）如圖，以AB為直徑的半⊙O上有兩點D，E，ED與BA的延長線交于點C，且有DC＝OE，若∠EOB＝72°，則∠C的度數是（）A．24° B．30° C．36° D．60°【分析】根據等腰三角形的性質、三角形的外角的性質計算，得到答案．【解答】解：∵OE＝OD，DC＝OE，∴DC＝DO，∴∠C＝∠DOC，∴∠ODE＝2∠C，∵OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∴∠OED＝2∠C，∵∠BOE＝∠C+∠OED，∴∠C+2∠C＝72°，解得，∠C＝24°，故選：A．【點評】本題考查的是圓周角定理、三角形的外角的性質，掌握等腰三角形的性質、三角形的外角的性質是解題的關鍵．8．（2022秋?鄞州區期末）如圖，四邊形ABCD內接于以BD為直徑的⊙O，CA平分∠BCD，若四邊形ABCD的面積是30cm2，則AC＝cm．【分析】過點A作AE⊥AC，交CD的延長線于點E，證明△ABC≌△ADE從而得到△ACE的面積等于四邊形ABCD的面積，證明△ACE為等腰直角三角形，根據三角形面積公式即可求出AC．【解答】解：如圖，過點A作AE⊥AC，交CD的延長線于點E，∵BD為⊙O的直徑，∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∵CA平分∠BCD，∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC＝180°，又∵∠ADE+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠ADE．∵AE⊥AC，∴∠CAE＝90°，又∵∠ACE＝45°∴AC＝AE∵∠BAD＝90°，∠CAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE．在△ABC與△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（ASA），∴S△ABC＝S△ADE，∴S△ACE＝SABCD＝30，∴，∴．故答案為：2．【點評】本題主要考查了圓周角定理和圓內接四邊形的性質，解題的關鍵是將四邊形ABCD的面積轉化為△ACE的面積．9．（2022秋?浦江縣期末）如圖，AB是半圓O的直徑，C、D是半圓O上的兩點，D為的中點，OD與AC交于點E．（1）證明：OD∥BC；（2）若∠B＝70°，求∠CAD的度數；（3）若AB＝4，AC＝3，求DE的長．【分析】（1）根據D為的中點，可得OD⊥AC，再由直徑隨對的圓周角是直角得到BC⊥AC，即可求證；（2）根據D為的中點，可得OD⊥AC，，則∠AOD＝∠COD，再由平行線的性質求出∠AOD＝∠B＝70°，即可利用圓周角定理求解；（3）根據勾股定理可得，再根據垂徑定理可得AE＝CE，然后根據三角形中位線定理可得OE的長，即可求解．【解答】（1）證明：∵D為的中點，∴，∴OD⊥AC，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，∴OD∥BC；（2）解：如圖所示，連接OC，∵D為的中點，∴OD⊥AC，，∴∠AOD＝∠COD∵OD∥BC∵∠AOD＝∠B＝70°，∴；（3）解：∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝4，AC＝3，∴，OA＝OD＝2，∵D為的中點，∴AE＝CE，∵OA＝OB，∴，∴．【點評】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理，平行線的性質與判定等知識，熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，三角形中位線定理，勾股定理是解題的關鍵．10．（2022秋?越城區校級期末）如圖，AB是⊙O的一條弦，OD⊥AB，垂足為C，OD交⊙O于點D，點E在⊙O上．（1）若∠AOD＝54°，求∠DEB的度數；（2）若OC＝3，OA＝5，求弦AB的長．【分析】（1）欲求∠DEB，又已知一圓心角，可利用圓周角與圓心角的關系求解；（2）利用垂徑定理可以得到AC＝BC＝AB＝4，從而得到結論．【解答】解：（1）∵OD⊥AB，∴＝，∴∠DEB＝∠AOD＝×54°＝27°．（2）∵OC＝3，OA＝5，∴AC＝4，∵OD⊥AB，∴＝＝，∴AC＝BC＝AB＝4，∴AB＝8．【點評】此題考查了圓周角與圓心角定理以及垂徑定理，熟練掌握垂徑定理得出AC＝CB＝4是解題關鍵．五．圓內接四邊形的性質（共3小題）11．（2022秋?海曙區期末）如圖，點A、B、C、D、E在⊙O上，的度數為60°，則∠B+∠D的度數是（）A．180° B．120° C．100° D．150°【分析】連接AB、DE，先求得∠ABE＝∠ADE＝30°，根據圓內接四邊形的性質得出∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，即可求得∠EBC+∠ADC＝150°．【解答】解：連接AB、DE，則∠ABE＝∠ADE，∵的度數為60°，∴∠ABE＝∠ADE＝30°，∵點A、B、C、D在⊙O上，∴四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，∴∠EBC+∠ADC＝180°﹣∠ABE＝180°﹣30°＝150°．解法二：連接DE，利用四邊形BCDE是圓內接四邊形，解決問題即可．故選：D．【點評】本題考查了圓周角定理和圓內接四邊形的性質，作出輔助線構建內接四邊形是解題的關鍵．12．（2022秋?上城區期末）如圖，A，B，C，D是圓O上的點，AC＝BD，AC，BD分別交OD，OC于點N，M．求證：（1）∠1＝∠2；（2）ON＝OM．【分析】（1）由AC＝BD得到＝，推出∠AOC＝∠DOB，而∠1+∠DOC＝∠2+∠DOC，即可證明問題；（2）由條件可以證明△AON≌△BOM（ASA），即可證明OM＝ON．【解答】（1）證明：∵AC＝BD，∴＝，∴∠AOC＝∠DOB，∴∠1+∠DOC＝∠2+∠DOC，∴∠1＝∠2；（2）∵OA＝OC＝OD＝OB，∴∠A＝∠C，∠D＝∠B，∵∠AOC＝∠DOB，∴∠A＝∠B，∵∠1＝∠2，OA＝OB，∴△AON≌△BOM（ASA），∴OM＝ON．【點評】本題考查圓心角，弧，弦的關系，圓周角定理，三角形全等，掌握以上知識點是解題的關鍵．13．（2022秋?金華期末）如圖，點A，B，C，D都在半徑為2的⊙O上，若OA⊥BC，∠CDA＝30°，問：（1）求∠AOB的度數；（2）求弦BC的長．【分析】（1）由OA⊥BC于H，先根據垂徑定理得到BH＝CH，，再利用圓周角定理得到∠AOB＝60°；（2）在Rt△OBH中利用含30度的直角三角形三邊的關系求出BH，從而得到BC的長．【解答】解：（1）如圖，∵OA⊥BC于H，∴BH＝CH，，∴∠AOB＝2∠CDA＝2×30°＝60°；（2）在Rt△OBH中，OH＝OB＝1，∴BH＝OH＝，∴BC＝2BH＝2．【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理．六．點與圓的位置關系（共4小題）14．（2022秋?溫州期末）已知⊙O的半徑為5，點P在⊙O內，則OP的長可能是（）A．7 B．6 C．5 D．4【分析】根據點在圓內，點到圓心的距離小于圓的半徑進行判斷．【解答】解：∵⊙O的半徑為5，點P在⊙O內，∴OP＜5．故選：D．【點評】本題考查了點與圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：點P在圓外?d＞r；點P在圓上?d＝r；點P在圓內?d＜r．15．（2022秋?金華期末）已知點P到圓心O的距離為3cm，點P在⊙O內，則⊙O的半徑R的取值范圍是（）A．R＞3 B．R＜3 C．0＜R＜3 D．R≥3【分析】點與圓的位置關系有3種．設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：點P在圓外?d＞r，點P在圓上?d＝r，點P在圓內?d＜r，由此即可判斷．【解答】解：∵點P到圓心O的距離為d＝3cm，點P在⊙O內，∴d＜R，∴⊙O的半徑R的取值范圍是R＞3，故選：A．【點評】本題考查點與圓的位置關系，關鍵是掌握點與圓的位置關系的判定方法．16．（2022秋?寧波期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝14，點D在邊BC上，CD＝6，以點D為圓心作⊙D，其半徑長為r，要使點A恰在⊙D外，點B在⊙D內，則r的取值范圍是（）A．8＜r＜10 B．6＜r＜8 C．6＜r＜10 D．2＜r＜14【分析】先根據勾股定理求出AD的長，進而得出BD的長，由點與圓的位置關系即可得出結論．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，CD＝6，則BD＝BC﹣CD＝14﹣6＝8，，∵點A恰在⊙D外，點B在⊙D內，∴8＜r＜10．故選：A．【點評】本題考查的是點與圓的位置關系、勾股定理，解題的關鍵是掌握點與圓的三種位置關系，如設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：①點P在圓外?d＞r；②點P在圓上?d＝r；③點P在圓內?d＜r．17．（2022秋?杭州期末）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5．以點C為圓心，4為半徑畫圓，則（）A．點A在圓上 B．點A在圓外 C．點B在圓上 D．點B在圓外【分析】由r和CA，CB的大小關系即可判斷點A和點B與⊙C的位置關系．【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，AB＝5．∴BC＝＝＝4，∵r＝4，AC＝3＜4，BC＝4，∴可得點A在⊙C內，點B在⊙C上．故選：C．【點評】本題考查了對點與圓的位置關系的判斷．關鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當d＞r時，點在圓外；當d＝r時，點在圓上，當d＜r時，點在圓內．七．正多邊形和圓（共4小題）18．（2023?杭州二模）如圖，在正五邊形ABCDE中，若BP＝1，則PE＝（）?A．2 B． C． D．+1【分析】根據正五邊形的性質、等腰三角形的性質以及相似三角形的判定和性質得出PE2＝BP?（BP+PE），代入求解即可．【解答】解：∵正五邊形ABCDE的對角線AC、BE相交于點P，∴∠ABC＝∠BAE＝108°，∵AB＝AC＝AE，∴∠ABP＝∠AEP＝∠BAP＝∠BCP＝＝36°，∵∠PAE＝108°﹣36°＝72°，∠APE＝36°+36°＝72°，∴∠PAE＝∠APE，∴AE＝PE，∵∠APB＝∠BAE＝108°，∠ABP＝∠EBA＝36°，∴△ABP∽△EBA，∴＝，∴AB2＝AP?BE，即PE2＝BP?（BP+PE），∴PE2＝1×（1+PE），解得PE＝（取正值），故選：B．【點評】本題考查正多邊形和圓，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質以及一元二次方程，掌握正多邊形和圓的性質以及相似三角形的判定和性質是正確解答的前提．19．（2022秋?慈溪市期末）如圖，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，正六邊形的周長是12，則⊙O的半徑是（）A．1 B． C．2 D．【分析】連接OB，OC，根據等邊三角形的性質可得⊙O的半徑，進而可得出結論．【解答】解：連接OB，OC，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB＝OC＝BC，∵正六邊形的周長是12，∴BC＝2，∴⊙O的半徑是2．故選：C．【點評】本題考查的是正多邊形和圓，熟知正六邊形的性質是解答此題的關鍵．20．（2022秋?余姚市期末）如圖，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，點M在上，則∠CME的度數為（）A．36° B．45° C．60° D．75°【分析】連接OC，OD，OE，由正六邊形的性質得出∠COE＝120°，由圓周角定理即可求解．【解答】解：如圖：連接OC，OD，OE，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴，∴∠COE＝2∠COD＝120°，∴．故選：C．【點評】本題考查了正六邊形的性質、圓周角定理；熟練掌握正六邊形的性質，由圓周角定理求出∠COE＝120°是解決問題的關鍵．21．（2023?上虞區模擬）如圖，邊長為2的正六邊形ABCDEF中，M是邊BC的中點，連結FM交AE于點N，則△FEN的面積為（）A． B． C． D．【分析】連接AD、BF，根據正六邊形的性質可得出GH是三角形BFM的中位線，進而得到GH＝BM＝BC＝，由正六邊形的性質可求出AG，BF，利用相似三角形的判定和性質，得出＝＝，進而得出＝，求出三角形ABF的面積即可．【解答】解：如圖，連接BF，AD交于G，AD交FM于H，由正六邊形的對稱性可知，ADBF，FG＝BG，AD∥BC∥EF，∴FH＝HM，∴GH是△BFM的中位線，∴GH＝BM＝BC＝，∵點M是BC的中點，∴BM＝CM＝1，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BAF＝120°，∠ABF＝∠AFB＝30°，∴AG＝AB＝1，BG＝AB＝，∴AH＝AG+GH＝，∵AD∥EF，∴△ANH∽△EHF，∴＝＝，∴＝，∴S△AEF＝S△ABF＝BF?AG＝，∴S△EFN＝，故選：A．【點評】此題考查的是正多邊形和圓，正六邊形的性質、相似三角形的判定和性質，掌握正六邊形的性質，直角三角形的邊角關系以及相似三角形的性質是正確解答的前提，求出AN：NE＝3：4是解決問題的關鍵．八．弧長的計算（共6小題）22．（2023?金東區一模）如圖，在4×4的方格中（共有16個小方格），每個小方格都是邊長為1的正方形，O，A，B分別是小正方形的頂點，則扇形OAB的弧長等于（）A．2π B．π C．2π D．π【分析】由題目給出的圖形可知△AOB為等腰直角三角形，求出扇形的半徑及圓心角的弧度數，然后直接代入弧長公式求解．【解答】解：∵每個小方格都是邊長為1的正方形，∴由圖可知，，且OA＝2．由弧長公式可得：扇形OAB的弧長等于＝＝．故選：B．【點評】本題考查了弧長公式，考查了學生的讀圖能力，是基礎的計算題．23．（2023?溫州二模）一個扇形的半徑為10，圓心角是120°，該扇形的弧長是．【分析】直接利用弧長公式計算即可．【解答】解：扇形的弧長＝＝，故答案為：．【點評】本題考查了弧長的計算，解答本題的關鍵是熟練記憶弧長的計算公式．24．（2023?甌海區模擬）如圖，為了美化校園，學校在一塊靠墻角的空地上建造了一個扇形花圃，扇形的圓心角∠AOB＝120°，半徑為9m，則扇形的弧長是6πm．【分析】直接利用弧長公式求解即可．【解答】解：l＝＝6π，故答案為：6π．【點評】本題考查了弧長的求法，解答本題的關鍵是熟練掌握弧長公式．25．（2023?武義縣一模）如圖，小聰探索發現，當三角板中30°角的頂點A在⊙O上移動，三角板的兩邊與⊙O相交于點P，Q時，的長度保持不變．若⊙O的半徑為3cm，則的長為πcm．【分析】連接OP，OQ，根據圓周角定理求出∠POQ＝60°，再根據弧長公式即可求解．【解答】解：連接OP，OQ，∵∠PAQ＝30°，∴∠POQ＝60°，∵⊙O的半徑為3cm，∴PQ弧長為：＝π，故答案為：π．【點評】本題主要考查了圓周角定理和弧長公式，解題的關鍵是掌握同弧所對的圓周角是圓心角的一半，弧長公式．26．（2023?秀洲區校級二模）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，⊙O的半徑為3，∠B＝140°，則弧AC的長為π．【分析】連接AO，OC，根據圓內接四邊形的性質得到∠D＝40°，由圓周角定理得到∠AOC＝80°，根據弧長的公式即可得到結論．【解答】解：連接AO，OC，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠B＝140°，∴∠D＝40°，∴∠AOC＝80°，∴的長＝＝π，故答案為π．【點評】本題考查的是弧長的計算，圓內接四邊形的性質和圓周角定理，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．27．（2023?海曙區一模）某個圓錐的側面展開圖形是一個半徑為6cm，圓心角為120°的扇形，則這個圓錐的底面半徑為2cm．【分析】把扇形的弧長等于圓錐底面周長作為相等關系，列方程求解．【解答】解：設此圓錐的底面半徑為r，根據圓錐的側面展開圖扇形的弧長等于圓錐底面周長可得，2πr＝，r＝2cm．【點評】主要考查了圓錐側面展開扇形與底面圓之間的關系，圓錐的側面展開圖是一個扇形，此扇形的弧長等于圓錐底面周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．九．扇形面積的計算（共5小題）28．（2022秋?杭州期末）若扇形的圓心角為120°，半徑為6，則扇形的面積為（）A．2π B．4π C．12π D．24π【分析】根據扇形的面積公式進行計算即可．【解答】解：∵扇形的半徑為6，圓心角為120°，∴扇形的面積是：＝12π．故選：C．【點評】本題考查了扇形面積的計算．熟記公式是解題的關鍵．29．（2022秋?濱江區期末）已知一個扇形的面積是24π，弧長是2π，則這個扇形的半徑為（）A．24 B．22 C．12 D．6【分析】扇形面積公式為，直接代值計算即可．【解答】解：，即，解得r＝24．故選：A．【點評】此題考查扇形的面積公式，＝，解題關鍵是在不同已知條件下挑選合適的公式進行求解．30．（2022秋?鄞州區期末）如圖，扇形AOB圓心角為直角，OA＝10，點C在上，以OA，CA為鄰邊構造?ACDO，邊CD交OB于點E，若OE＝8，則圖中兩塊陰影部分的面積和為（）A．10π﹣8 B．5π﹣8 C．25π﹣64 D．50π﹣64【分析】連接OC．利用勾股定理求出EC，根據S陰＝S扇形AOB﹣S梯形AOEC，計算即可．【解答】解：連接OC．∵四邊形OACD是平行四邊形，∴OA∥CD，∴∠OEC+∠EOA＝180°，∵∠AOB＝90°，∴∠OEC＝90°，∴EC＝＝＝6，∴S陰＝S扇形AOB﹣S梯形OECA＝﹣×（6+10）×8＝25π﹣64．故選：C．【點評】本題考查扇形的面積的計算，平行四邊形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是掌握割補法求陰影部分的面積．31．（2022秋?鎮海區期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與AB垂直，垂足為點E，連接OC并延長交⊙O于點F，∠CDB＝30°，CD＝2，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【分析】連接OD，首先證明△OBD是等邊三角形，證明∠COB＝∠BOD＝60°，求出OC即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OD．∵AB⊥CD，∴，∵∠CDB＝30°，∴∠B＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD是等邊三角形，∴∠DOB＝60°，∵AB⊥CD，∴，∴∠COB＝∠AOF＝60°，∵，∴OE＝1，OC＝2，∴S陰＝S扇形OAF﹣S△AOF＝﹣×22＝﹣．故選：B．【點評】本題考查等邊三角形的判定和性質，扇形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊三角形解決問題．32．（2023?永嘉縣二模）一扇形面積是3π，半徑為3，則該扇形圓心角度數是120°．【分析】設扇形圓心角的度數為n°，然后根據扇形的面積公式得到3π＝，解關于n的方程即可得到n的值．【解答】解：設扇形圓心角的度數為n°，∴3π＝，∴n＝120．即扇形圓心角度數為120°．故答案為120°．【點評】本題考查了扇形的面積公式：S＝（n為圓心角的度數，R為半徑）．一十．旋轉的性質（共8小題）33．（2022秋?仙居縣期末）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，將△ABC繞點A逆時針旋轉得到△ADE，點E落在線段AB上，則B、D兩點間的距離為（）A． B． C．6 D．【分析】首先利用勾股定理求出AB的長，再根據旋轉的性質得DE和AE的長，最后利用勾股定理求出BD即可．【解答】解：∵將△ABC繞點A逆時針旋轉得到△ADE，∴DE＝BC＝6，AE＝AC＝8，在△ABC中，∠C＝90°，∴AB＝＝10，∴BE＝2，在Rt△BDE中，由勾股定理得，BD＝＝2，故選：D．【點評】本題主要考查了旋轉的性質，勾股定理等知識，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．34．（2023?桐鄉市一模）如圖，在△ABC中，AB＝BC，D為AB的中點，將線段AD繞著點A逆時針旋轉一定角度得到AE，使AE∥BC，連接ED，EB分別交AC于點M，N．若AC＝10，則MN的長為（）A． B． C． D．【分析】取BN的中點F，連接DF，證明△ENA∽△BNC，求得，，推出DF是△BAN的中位線，得到，再證明△EMN∽△EDF，據此即可求解．【解答】解：取BN的中點F，連接DF，∵AB＝BC，D為AB的中點，∴，∵AE∥BC，∴∠EAN＝∠C，∠ENA＝∠BNC，∴△ENA∽△BNC，∴，∴，，∵D為AB的中點，∴，DF∥AN，∵MN∥DF，，∴△EMN∽△EDF，∴，∴，故選：B．【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，三角形中位線定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．35．（2022秋?鄞州區校級期末）如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉一個角度α得到△ADE，點B的對應點D恰好落在BC邊上，且A，B，E三點在同一條直線上，若∠C＝36°，則旋轉角α的度數是（）A．82° B．83° C．84° D．85°【分析】根據△ABC繞點A旋轉得到△ADE，可得∠ADB＝∠B＝∠ADE，設∠B＝x，則∠ADB＝∠ADE＝x，在△BDE中，得x+36°+2x＝180°，可解得∠ADB＝∠ADE＝∠B＝48°，從而α＝84°．【解答】解：∵△ABC繞點A旋轉得到△ADE，∴∠E＝∠C＝36°，∠BAD＝∠CAE＝α，∠ADE＝∠B，AB＝AD，∴∠ADB＝∠B＝∠ADE，設∠B＝x，則∠ADB＝∠ADE＝x，∴∠BDE＝2x，∵A，B，E在同一直線上，在△BDE中，∠B+∠E+∠BDE＝180°，∴x+36°+2x＝180°，解得x＝48°，∴∠ADB＝∠ADE＝∠B＝48°，在△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠B＝180°﹣2x＝84°，∴α＝84°，故選：C．【點評】本題考查三角形的旋轉變換，解題的關鍵是掌握旋轉的性質，能熟練應用三角形內角和定理．36．（2023?紹興模擬）如圖，△A'B'C是將△ABC繞點C順時針旋轉，使點B旋轉后的對應點B'落在邊AB上時得到的，邊AC與A'B'交于點D，若∠A＝28°，∠B＝63°，則∠A'DA＝82°．【分析】由三角形內角和得∠ACB＝89°，利用旋轉的性質得∠CB'D＝63°，CB＝CB'，則∠CB'B＝∠B＝63°，再由三角形內角和定理得到∠BCB'＝54°，即可得到∠B'CD＝35°，利用三角形內角和定理和對頂角相等即可得到答案．【解答】解：∵∠A＝28°，∠B＝63°，∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝89°，∵，△A'B'C是將△ABC繞點C順時針旋轉，使點B旋轉后的對應點B'落在邊AB上時得到的，∴∠CB'D＝∠B＝63°，CB＝CB'，∴∠CB'B＝∠B＝63°，∴∠BCB'＝180°﹣∠CB'B﹣∠B＝54°，∴∠B'CD＝∠ACB﹣∠B'CB＝35°，∴∠A'DA＝∠B'DC＝180°﹣∠B'CD﹣∠CB'D＝82°．故答案為：82°．【點評】此題考查了旋轉的性質、三角形內角和定理、等腰三角形的判定和性質等知識，充分利用旋轉的性質是解題的關鍵．37．（2023?拱墅區校級三模）如圖，直線a∥b，△AOB的邊OB在直線b上，∠AOB＝55°，將△AOB繞點O順時針旋轉75°至△A1OB1，邊A1O交直線a于點C，則∠1＝50°．【分析】根據旋轉的性質和平行線的性質即可得到結論．【解答】解：∵將△AOB繞點O順時針旋轉75°至△A1OB1，∴∠A1OB1＝∠AOB＝55°，∠AOA1＝75°，∴∠A1OD＝180°﹣55°﹣75°＝50°，∵直線a∥b，∴∠1＝∠A1OD＝50°，故答案為：50．【點評】本題考查了旋轉的性質，平行線的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．38．（2023?拱墅區校級二模）在△ABC中，∠ABC＜90°，將△ABC在平面內繞點B順時針旋轉（旋轉角不超過180°），得到△DBE，其中點A的對應點為點D，連接CE，CE∥AB．（1）如圖1，試猜想∠ABC與∠BEC之間滿足的等量關系，并給出證明；（2）如圖2，若點D在邊BC上，DC＝4，AC＝2，求AB的長．【分析】（1）由旋轉的性質可得BC＝BE，可得∠BCE＝∠BEC，由平行線的性質可得∠ABC＝∠BCE＝∠BEC；（2）過點D作DF⊥CE于點E，由旋轉的性質可得AC＝DE＝2，BC＝BE，∠ABC＝∠DBE，可證△BCE是等邊三角形，由直角三角形的性質可求CF的長，由勾股定理可求EF的長，可得CE＝BC＝10，即可得BD＝AB的長．【解答】解：（1）∠ABC＝∠BEC理由如下：∵旋轉∴BE＝BC∴∠BCE＝∠BEC∵CE∥AB∴∠ABC＝∠BCE∴∠ABC＝∠BEC（2）如圖，過點D作DF⊥CE于點F，∵旋轉∴AC＝DE＝2，BC＝BE，∠ABC＝∠DBE，AB＝BD∴∠BEC＝∠BCE，∵CE∥AB∴∠BCE＝∠ABC∴∠DBE＝∠BEC＝∠BCE∴△BCE是等邊三角形∴BC＝BE＝EC，∠DCE＝60°，且DF⊥CE，∴∠CDF＝30°∴CF＝CD＝2，DF＝CF＝2在Rt△DEF中，EF＝＝＝8∴CE＝EF+CF＝10＝BC∴BD＝BC﹣CD＝10﹣4＝6＝AB【點評】本題考查了旋轉的性質，平行線的性質，勾股定理，熟練運用旋轉的性質解決問題是本題的關鍵．39．（2023?玉環市二模）如圖，△ABC中，∠BAC＝25°，△ABC繞點A逆時針旋轉得到△AED，點B的對應點是點E，連接CD，若AE⊥CD，則旋轉角是（）A．25° B．30° C．45° D．50°【分析】根據旋轉的性質得出AD＝AC，∠DAE＝∠BAC＝25°，求出∠DAE＝∠CAE＝25°，再求出∠DAC的度數即可．【解答】解：∵△ABC繞點A逆時針旋轉至△AED，∠BAC＝25°∴AD＝AC，∠DAE＝∠BAC＝25°，∵AE⊥CD，AD＝AC，∴∠DAE＝∠CAE＝25°，∴∠DAC＝25°+25°＝50°，即旋轉角度數是50°，故選：D．【點評】本題考查了等腰三角形的性質和旋轉的性質，能求出∠DAE＝∠CAE＝25°是解此題的關鍵．40．（2023?甌海區模擬）如圖，點E是邊長為8的正方形ABCD的邊CD上一動點，連接AE，將線段AE繞點E逆時針旋轉90°到線段EF，連接AF，BF，AF交邊BC于點G，連接EG，當AF+BF取最小值時，線段EG的長為（）A．8 B．7 C．9 D．【分析】過點F作FP⊥CD交DC的延長線于點P，作直線CF，首先證明△PEF≌△DAE，得PF＝DE，PE＝AD，再證明點F在∠BCP的平分線上，作點B關于直線CF的對稱點M，連接AM交直線CF于點F，此時，AF+BF最小，設DE＝x，由圖1知，PE＝PC＝DE＝x，則PM＝CM﹣PC＝8﹣x，由△MPF∽△MCG，得到對應邊成比例即可求出x的值，再利用勾股定理即可解決問題．【解答】解：如圖，過點F作FP⊥CD交DC的延長線于點P，作直線CF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝8，∠D＝∠BCD＝90°，AB∥CD，∴∠D＝∠EPF＝90°，∴∠AED+∠DAE＝90°，由旋轉知，AE＝FE，∠AEF＝90°，∴∠AED+∠PEF＝90°，∴∠PEF＝∠DAE，在△PEF與△DAE中，，∴△PEF≌△DAE（AAS），∴PF＝DE，PE＝AD，∴PE＝CD，∴PE﹣CE＝CD﹣CE，∴PC＝DE，∵FP⊥CD，∴∠PCF＝45°，∴點F在∠BCP的平分線上，如圖2，作點B關于直線CF的對稱點M，連接AM交直線CF于點F，此時，AF+BF最小，∵點B關于直線CF的對稱點M，，∴△BFC≌△MFC（ASA），∴CM＝BC＝AB＝8，∵AB∥CD，∴四邊形ABMC為平行四邊形，∴BG＝CG＝＝4，設DE＝x，由圖1知，PE＝PC＝DE＝x，∴PM＝CM﹣PC＝8﹣x，∵∠BCM＝∠FPM＝90°，∴PF∥BC，∴△MPF∽△MCG，∴，即，解得：x＝，∴CE＝CD﹣DE＝8﹣＝，∴EG＝＝，故選：D．【點評】本題主要考查了正方形的性質，平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識，綜合性較強，要求學生有較強的識圖能力．【過關檢測】一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）已知⊙O的半徑為3，點P在⊙O外，則OP的長可以是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由⊙O的半徑及點P在⊙O外，可得出OP的長大于3，再對照四個選項即可得出結論．【解答】解：∵⊙O的半徑為3，點P在⊙O外，∴OP的長大于3．故選：D．【點評】本題考查了點與圓的位置關系，牢記“①點P在圓外?d＞r；②點P在圓上?d＝r；③點P在圓內?d＜r”是解題的關鍵．2．（3分）如圖所示，一圓弧過方格的格點A、B、C，試在方格中建立平面直角坐標系，使點A的坐標為（﹣2，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標是（）A．（﹣1，2） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（2，1）【分析】連接AB、AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心．【解答】解：如圖所示，∵AW＝1，WH＝3，∴AH＝＝；∵BQ＝3，QH＝1，∴BH＝＝；∴AH＝BH，同理，AD＝BD，所以GH為線段AB的垂直平分線，易得EF為線段AC的垂直平分線，H為圓的兩條弦的垂直平分線的交點，則BH＝AH＝HC，H為圓心．則該圓弧所在圓的圓心坐標是（﹣1，1）．故選：C．【點評】根據線段垂直平分線上的點到這條線段兩端點的距離相等，找到圓的半徑，半徑的交點即為圓心．3．（3分）如圖為一條圓柱形排水管的橫截面，已知圓心O到水面的距離OC是3dm，水面寬AB是8dm，排水管的截面的直徑是（）A．16dm B．10dm C．8dm D．6dm【分析】連接OA，由垂徑定理得出AC＝AB，∠OCA＝90°，由勾股定理求出OA，即可得出排水管的截面的直徑．【解答】解：連接OA，由垂徑定理得出AC＝AB＝4dm，∠OCA＝90°，在Rt△OCA中，OA＝＝5dm，5×2＝10dm．故選：B．【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理；熟練掌握垂徑定理，由勾股定理求出OA是解決問題的關鍵．4．（3分）如圖，點A、B、C在⊙O上，∠ACB＝43°，則∠AOB的度數是（）A．83° B．84° C．86° D．87°【分析】直接根據圓周角定理即可得出答案．【解答】解：∵∠ACB＝43°，∴∠AOB＝2∠ACB＝86°，故選：C．【點評】本題考查了圓周角定理，能根據圓周角定理得出∠AOB＝2∠ACB是解此題的關鍵．5．（3分）在圓內接四邊形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度數之比為2：4：7，則∠B的度數為（）A．140° B．100° C．80° D．40°【分析】設∠A的度數為2x，根據圓內接四邊形的性質列出方程，解方程得到答案．【解答】解：設∠A的度數為2x，則∠B、∠C的度數分別為4x、7x，由題意得：2x+7x＝180°，解得：x＝20°，則∠B＝4x＝80°，故選：C．【點評】本題考查的是圓內接四邊形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．6．（3分）如圖，⊙O的弦AB＝8，M是AB的中點，且OM＝3，則⊙O的半徑等于（）A． B．4 C．5 D．6【分析】如圖，連接OA．根據垂徑定理，求得AM．再根據勾股定理，再求得半徑OA．【解答】解：如圖，連接OA．∵⊙O的弦AB＝8，M是AB的中點，∴AM＝＝4，OM⊥AB．在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∴OA＝＝5．∴⊙O的半徑等于5．故選：C．【點評】本題主要考查垂徑定理、勾股定理，熟練掌握垂徑定理以及勾股定理是解決本題的關鍵．7．（3分）如圖，正方形網格中的每個小正方形的邊長都相等，△ABC的三個頂點A、B、C都在格點上，若格點D在△ABC外接圓上，則圖中符合條件的格點D有（）（點D與點A、B、C均不重合）．A．3個 B．4個 C．5個 D．6個【分析】利用正方形的性質以及直角三角形的性質得出符合條件的格點D的個數．【解答】解：如圖所示：圖中符合條件的格點D有5個（D，E，F，M，N）．故選：C．【點評】此題主要考查了三角形的外接圓以及直角三角形的性質，根據題意得出圖形是解題關鍵．8．（3分）如圖，點A，B的坐標分別為（1，1）、（3，2），將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°，得到△A'B'C'，則B'點的坐標為（）A．（﹣1，3） B．（﹣1，2） C．（0，2） D．（0，3）【分析】根據要求畫出圖形，利用圖象法即可解決問題．【解答】解：觀察圖象可知，B′（0，3），故選：D．【點評】本題考查坐標與圖形變化﹣旋轉，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．9．（3分）如圖，∠DCE的頂點C在量角器外圈的160°刻度處時，點D，E所在位置對應的刻度分別為外圈90°和30°，則∠DCE的度數是（）A．30° B．40° C．45° D．60°【分析】連接OE、OD，根據角之間的數量關系，得出∠DOE＝60°，再根據同弧所對的圓周角等于該弧所對圓心角的一半，即可得出答案．【解答】解：如圖，連接OE、OD，∵點D，E所在位置對應的刻度分別為外圈90°和30°，∴∠DOE＝∠AOD﹣∠AOE＝90°﹣30°＝60°，∴．故選：A．【點評】本題考查了圓周角定理、量角器，解本題的關鍵在熟練掌握圓周角定理．10．（3分）如圖，⊙O的半徑為2，定點P在⊙O上，動點A，B也在⊙O上，且滿足∠APB＝30°，C為PB的中點，則點A，B在圓上運動的過程中，線段AC的最大值為（）A．1+ B．+2 C．2﹣2 D．1+【分析】連接OA、OB、OP，連接BA，并延長至H，使HA＝AB，連接OH，PH，首先說明△AOB是等邊三角形，再說明∠HOB＝90°，利用三角形三邊關系可得答案．【解答】解：連接OA、OB、OP，連接BA，并延長至H，使HA＝AB，連接OH，PH，∵∠APB＝30°，∴∠AOB＝60°，∵OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴∠OBA＝60°，∵OA＝AH＝AB，∴∠HOB＝90°，∴OH＝OB＝2，∵點C是BP的中點，A是BH的中點，∴AC是△PBH的中位線，∴HP＝2AC，∵HP≤OH+OP，∴HP的最大值為2+2，∴AC的最大值+1，故選：A．【點評】本題主要考查了圓周角定理，等邊三角形的判定與性質，直角三角形的判定與性質，三角形中位線定理等知識，構造三角形中位線是解題的關鍵．二．填空題（共6小題，滿分24分，每小題4分）11．（4分）如圖，在⊙O中，弦AB＝1.8cm，圓周角∠ACB＝30°，則⊙O的直徑等于3.6cm．【分析】根據題意連接OA、OB，由圓周角定理推出∠AOB＝2∠ACB＝60°，從而得到△AOB是等邊三角形，進而利用同圓中直徑與半徑的關系求解即可．【解答】解：如圖，連接OA、OB，∵∠ACB＝30°，∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，又OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴OA＝OB＝AB＝1.8cm，∴⊙O的直徑為：2×1.8＝3.6（cm），故答案為：3.6．【點評】本題考查圓周角定理，解題的關鍵是根據圓周角定理推出∠AOB＝2∠ACB＝60°，通常需要從圖形入手，注意運用數形結合的思想方法．12．（4分）如圖，在⊙O中，直徑AB⊥弦CD于點M，OM＝3，BM＝2，則CD的長為8．【分析】連接OC，由垂徑定理得CM＝DM，再由勾股定理求出CM＝4，即可求解．【解答】解：連接OC，如圖，∵OM＝3，BM＝2，∴OC＝OB＝OM+BM＝5，∵直徑AB⊥CD于點M，∴CM＝DM，在Rt△OCM中，由勾股定理得：CM＝＝＝4，∴CD＝2CM＝8，故答案為：8．【點評】本題考查了垂徑定理和勾股定理，熟練掌握垂徑定理，由勾股定理求出CM＝4是解題的關鍵．13．（4分）如圖，AB是⊙O的弦，AB＝6，點C是⊙O上的一個動點，且∠ACB＝45°．若點M，N分別是AB，BC的中點，則MN長的最大值是3．【分析】根據中位線定理得到MN的最大時，AC最大，當AC最大時是直徑，從而求得直徑后就可以求得最大值．【解答】解：∵點M，N分別是AB，BC的中點，∴MN＝AC，∴當AC取得最大值時，MN就取得最大值，當AC是直徑時，最大，如圖，∵∠ACB＝∠D＝45°，AB＝6，∴AD＝6，∴MN＝AD＝3故答案為：3．【點評】本題考查了三角形的中位線定理、等腰直角三角形的性質及圓周角定理，解題的關鍵是了解當什么時候MN的值最大，難度不大．14．（4分）如圖，已知扇形AOB，∠AOB＝120°，半徑OA＝4，點E在弧AB上一動點（E與A、B不重合），過點E作EC⊥OA于點C，ED⊥OB于點D，連接CD，則△CDE面積的最大值為．【分析】連接OE，取OE中點K，連接CK、DK，作EL⊥CD，KM⊥CD，垂足分別為L、M，當點L與M重合時，EL＝EK+KM＝3最大，求出此時的面積即可．【解答】解：連接OE，取OE中點K，連接CK、DK，作EL⊥CD，KM⊥CD，垂足分別為L、M，∵EC⊥OA，ED⊥OB，∠AOB＝120°∴KC＝KD＝KE＝2，∠CED＝60°，∴∠KCE＝∠KEC，∠KDE＝∠KED，∠CKD＝∠CKO+∠OKD＝2∠KEC+2∠KED＝120°，∴∠KDC＝30°，∴，∴，，如圖所示，EK+KM≥EL，當點L與M重合時，EL＝EK+KM＝3最大，此時三角形面積最大；最大面積為．故答案為：．【點評】本題考查了扇形的性質，直角三角形的性質和勾股定理，解題關鍵是確定，當高最大時面積最大，利用勾股定理求解即可．15．（4分）如圖，在⊙O中，CD是直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，連接BC，若AB＝1cm，∠BCD＝22.5°，則⊙O的半徑為cm．【分析】連接OB，根據圓周角定理得出∠BOD的度數，再根據弦AB⊥CD，垂足為E，AB＝1cm得出BE的長，判斷出△OBE的形狀，再根據勾股定理即可得出OB的長．【解答】解：連接OB，如圖：∵∠BCD＝22.5°，∴∠BOD＝45°．∵弦AB⊥CD，垂足為E，AB＝1cm，∴BE＝AB＝，∴△OBE是等腰直角三角形，∴OB＝＝＝（cm）．故答案為：．【點評】本題考查的是垂徑定理，根據題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．16．（4分）如圖，在邊長為6的正方形ABCD內作∠EAF＝45°，AE交BC于點E，AF交CD于點F，連接EF，將△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABG，若BE＝2，則EF的長為5．【分析】由旋轉的性質可得AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，∠D＝∠ABG＝90°，由“SAS”可證△GAE≌△FAE，可得EF＝GE，由勾股定理可求解．【解答】解：由旋轉的性質可知：AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，∠D＝∠ABG＝90°，∵∠ABG+∠ABE＝180°，∴點G在CB的延長線上，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAD＝90°．又∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°．∴∠BAG+∠BAE＝45°．∴∠GAE＝∠FAE．在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝GE，∴EF＝GE＝GB+BE＝DF+2，∵EF2＝CF2+EC2，∴（DF+2）2＝（6﹣DF）2+（6﹣2）2，∴DF＝3，∴EF＝5，故答案為：5．【點評】本題考查了旋轉的性質、全等三角形的性質和判定、勾股定理的應用，正方形的性質，利用勾股定理求線段的長是解題的關鍵．三．解答題（共9小題，滿分66分）17．（5分）如圖，在四邊形ABCD中，請用尺規作圖法在BC上找一點E，使得點E到AD、CD的距離相等．（保留作圖痕跡，不寫作法）【分析】作∠ADC的角平分線交CB于點E，點E即為所求．【解答】解：如圖，點E即為所求．【點評】本題考查作圖﹣復雜作圖，角平分線的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．18．（6分）如圖，在單位長度為1的正方形網格中，一段圓弧經過網格的交點A、B、C．請完成下列填空：①請在圖中確定并點出該圓弧所在圓心D點的位置，圓心D坐標（2，0）；②⊙D的半徑＝2（結果保留根號）；③的長為π．【分析】①結合圖形找出D的位置，即可得出D的坐標；②根據勾股定理求出DB的長即可；③根據弧長公式計算即可．【解答】解：①如圖：D在AB的垂直平分線EF和BC的垂直平分線MN的交點上，即D的坐標是（2，0），②∵B（4，4），∴AB＝2，∴⊙D的半徑＝＝2；③＝＝π；故答案為①（2，0）；②；③．【點評