易错点06圆（10大易错典型）-备战2023年中考数学考试易错题【全国通用】

这是一份易错点06圆（10大易错典型）-备战2023年中考数学考试易错题【全国通用】，文件包含易错点06圆-备战2023年中考数学考试易错题全国通用解析版docx、易错点06圆-备战2023年中考数学考试易错题全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共95页， 欢迎下载使用。
备战2023年中考数学考试易错题
易错点06圆

01 垂径定理
(1)圆是轴对称图形，其对称轴是任意一条过圆心的直线．圆是中心对称图形，对称中心为圆心，圆绕着它的圆心旋转任意一个角度都能和原来的圆重合．
(2)垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧．
推论1：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧．
推论2：平分弧的直径垂直平分弧所对的弦．

1．（2022秋•北碚区校级期末）如图，在⊙O中，弦AB＝10cm，PA＝6cm，OP＝5cm，则⊙O的半径R等于（　　）

A．7cm B． C．49cm D．
【分析】过点O作OC⊥AB于C，连接OA，根据垂径定理求出AC，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：过点O作OC⊥AB于C，连接OA，
则AC＝BC＝AB＝5cm，
∵PA＝6cm，
∴PC＝PA﹣AC＝1cm，
∴OC＝＝2cm，
∴OA＝＝7cm，即⊙O的半径R＝7cm，
故选：A．

2．（2022秋•泰山区校级期末）如图，AB是⊙O的弦，AB长为4，P是⊙O上一个动点（不与A、B重合）．过点O作OC⊥AP于点C，OD⊥PB于点D，则CD的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由OC⊥AP于点C，OD⊥PB于点D，利用垂径定理知C、D分别为AP、BP的中点，CD是△ABP的中位线，利用中位线的性质即可求出CD的长．
【详解】解：∵OC⊥AP，OD⊥PB，
∴AC＝PC，BD＝PD，
∴CD∥AB，且CD＝AB，
∵AB＝4，
∴CD＝AB＝2．
故选：B．
3．（2022秋•南关区校级期末）如图，半径为5的⊙A与y轴交于点B（0，2）、C（0，10），则点A的横坐标为（　　）

A．﹣3 B．3 C．4 D．6
【分析】过A作AD⊥BC于D，连接AB，根据点B和点C的坐标求出BC，再根据垂径定理求出BD＝CD＝4，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】解：过A作AD⊥BC于D，连接AB，

∵半径为5的⊙A与y轴交于点B（0，2）、C（0，10），
∴AB＝5，BC＝10﹣2＝8，OB＝2，
∵AD⊥BC，AD过圆心A，
∴CD＝BD＝4，
由勾股定理得：AD＝＝＝3，
∴点A的横坐标是3，
故选：B．
4．（2022秋•沈河区校级期末）如图所示，在⊙O中，AB为弦，OC⊥AB交AB于点D，且OD＝DC．P为⊙O上任意一点，连接PA，PB，若⊙O的半径为，则S△PAB的最大值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接OA，如图，利用垂径定理得到AD＝BD，＝，再根据OD＝DC可得到OD＝OA＝，所以AD＝，由勾股定理，则AB＝．△PAB底AB不变，当高越大时面积越大，即P点到AB距离最大时，△APB的面积最大．则当点P为AB所在优弧的中点时，此时PD＝PO+OD＝1+＝，△APB的面积最大，然后根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：连接OA，如图，
∵OC⊥AB，
∴AD＝BD，
∵OD＝DC，
∴OD＝OA＝，
∴AD＝＝，AB＝2AD＝3．
当点P为AB所对的优弧的中点时，△APB的面积最大，此时PD＝PO+OD＝+＝．
∴△APB的面积的最大值为：＝×3×＝．
故选：A．

5．（2022秋•桃城区校级期末）如图1，点M表示我国古代水车的一个盛水筒．如图2，当水车工作时，盛水筒的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆．若⊙O被水面截得的弦AB长为6m，则在水车工作时，盛水筒在水面以下的最大深度为（　　）

A．4m B．3m C．2m D．1m
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，利用垂径定理得到AE＝BE＝3m再利用勾股定理计算出OE，然后计算出DE的长即可．
【详解】解：过O点作半径OD⊥AB于E，

∴m，
在Rt△AEO中，m，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣4＝1m．
答：水车工作时，盛水筒在水面以下的最大深度为1m．
故选：D．
6（2021•烈山区一模）如图，锐角△ABC内接于⨀O，BE⊥AC于点D，交O于点E，DF⊥BC于点F，DE＝DF，连接AE．
（1）求证：AE＝BD．
（2）若CD＝1，AE＝2，求⊙O的半径及AB的长．

【分析】（1）求出∠ADE＝∠BFD＝90°，由圆周角定理得出∠EAD＝∠CBD，根据全等三角形的判定得出△EAD≌△DBF，根据全等三角形的性质得出答案即可；
（2）过O作OH⊥AB于H，连接BO，AO，求出∠C＝∠BOH，求出OB＝3OH，求出AD，求出AB，再根据勾股定理求出x即可．
【详解】（1）证明：∵BE⊥AC，DF⊥BC，
∴∠ADE＝∠BFD＝90°，
由圆周角定理得：∠EAD＝∠CBD，
在△EAD和△DBF中，
，
∴△EAD≌△DBF（AAS），
∴AE＝BD；

（2）解：过O作OH⊥AB于H，连接OA、OB，

∵AE＝2，AE＝BD，
∴BD＝2，
∵CD＝1，
∴由勾股定理得：BC＝＝3，
∵OH⊥AB，OA＝OB，
∴AH＝BH，∠BOH＝AOB，
∵∠ACB＝∠AOB，
∴∠ACB＝∠HOB，
即cos∠HOB＝cos∠ACB，
∴＝＝，
设OH＝x，则OB＝3x，
∵△EAD≌△DBF，
∴DE＝DF，
∵S△CDB＝＝，
∴1×＝3×DF，
解得：DF＝，
即DE＝DF＝，
由勾股定理得：AD＝＝＝，
∴AB＝＝＝，
∴AH＝BH＝，
在Rt△BHO中，由勾股定理得：OH2+BH2＝OB2，
x2+（）2＝（3x）2，
解得：x＝，
∴半径OB的长度是3×＝．
02 圆心角
圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．

1．（2022•郯城县一模）如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝4，D是弧AC的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则BC的长为（　　）

A．5 B．3 C．2 D．1
【分析】连接OD交AC于F，如图，根据垂径定理得到OD⊥AC，则AF＝CF，根据圆周角定理得到∠C＝90°，所以OD∥BC，接着证明△BCE≌△DFE得到BC＝DF，则OF＝BC，所以OF＝OD，然后设BC＝x，则OD＝x，AB＝2OD＝3x，在Rt△ABC中，然后利用勾股定理计算出x，从而得到BC的长．
【详解】解：连接OD交AC于F，如图，
∵D是弧AC的中点，
∴OD⊥AC，
∴AF＝CF，
∵AB是直径，
∴∠C＝90°，
∴OD∥BC，
∴∠D＝∠CBE，
∵E是BD的中点，
∴BE＝DE，
∵∠BEC＝∠DEF，
∴△BCE≌△DFE（ASA），
∴BC＝DF，
∵OF＝BC，
∴OF＝DF，
∴OF＝OD，
设BC＝x，则OD＝x，
∴AB＝2OD＝3x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，
∴（3x）2＝（4）2+x2，
解得x＝2，
BC＝2．
故选：C．

2．（2022春•永春县校级月考）如图，AB是⊙O的直径，∠BOD＝120°，点C为弧BD的中点，AC交OD于点E，DE＝1，则AE的长为（　　）

A．2 B． C．2 D．
【分析】连接OC．首先证明∠AOD＝∠DOC＝60°，想办法证明DE＝OE＝1即可解决问题．
【详解】解：连接OC．

∵∠DOB＝120°，
∴∠AOD＝60°，
∵＝，
∴∠DOC＝∠BOC＝60°，
∴＝，
∴OD⊥AC，设OA＝r，则OE＝r＝DE＝1，
∴OA＝2，
∴AE＝＝，
故选：D．
3．（2022秋•溧水区期中）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOC＝90°，，BC＝1，则⊙O的半径为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E，连接AC．证明△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AE，EC，AC，可得结论．
【详解】解：过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E，连接AC．
∵∠AOC＝90°，
∴∠ABC＝（360°﹣90°）＝135°，
∴∠ABE＝45°，
∵∠E＝90°，AB＝，
∴AE＝EB＝1，
∵BC＝1，
∴EC＝2，
∴AC＝＝＝，
∴OA＝OC＝AC＝．
故选：C．

4．（2021秋•滨城区期末）如图，在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆心角为120°的弧AB多次复制并首尾连接而成，现有一点P从A（A为坐标原点）出发，以每秒π米的速度沿曲线向右运动，则在第2022秒时点P的纵坐标为（　　）


A．﹣1 B．0 C．π D．1
【分析】根据题意和图形，可以求得的长，然后由图可知，每走两个弧AB为一个循环，然后即可得到在第2020秒时点P的纵坐标，本题得以解决．
【详解】解：的长为：＝，
÷π＝2（秒），
如图，作CE⊥AB于E，与交于点D．
在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠ACE＝∠ACB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC＝×2＝1，
∴DE＝CD﹣CE＝2﹣1＝1，
∴第1秒时点P纵坐标为1；
第2秒时点P纵坐标为0；
第3秒时点P纵坐标为﹣1；
第4秒时点P纵坐标为0；
第5秒时点P纵坐标为1；
…，
∴点P的纵坐标以1，0，﹣1，0四个数为一个周期依次循环，
2022÷4＝505…2，
故在第2021秒时点P的纵坐标为0，
故选：B．

5．（2022秋•靖江市期中）如图，在⊙O中，AB为直径，延长AB至点P，C是⊙O上一点，连接PC并延长交⊙O于点D．
（1）若：：＝1：2：3，⊙O的半径为2，求弦CD的长；
（2）若⊙O的半径为3，OP＝4，∠AOD＝90°，求弦CD的长．

【分析】（1）根据三条弧之间的比例关系可求出相应的圆心角的度数，进而得出三角形COD是正三角形，得出答案；
（2）根据勾股定理求出PD，再根据垂径定理以及锐角三角函数的定义列方程求出DE即可．
【详解】解：（1）如图，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，：：＝1：2：3，
∴∠BOC＝180°×＝30°，
∠COD＝180°×＝60°，
∠AOD＝180°×＝90°，
又∵OC＝OD，
∴△COD是正三角形，
∴CD＝OC＝OD＝2；
（2）如图，过点O作OE⊥CD，垂足为E，则CE＝DE＝CD，
∵∠AOD＝90°＝∠POD，OD＝3，OP＝4，
∴PD＝＝5，
∵＝cos∠ODE＝，
∴＝，
解得DE＝，
∴CD＝2DE＝．

6．（2022•郫都区模拟）如图，AB是⊙O直径，＝，连接CD，过点D作射线CB的垂线，垂足为点G，交AB的延长线于点F．
（1）求证：AE＝EF；
（2）若CD＝EF＝10，求BG的长．

【分析】（1）根据圆周角定理以及等腰三角形的判定和性质即可得出结论；
（2）利用直角三角形的边角关系以及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：（1）连接AD，
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠C+∠CBE＝90°，
又∵BG⊥DF，
∴∠F+∠FBG＝90°，
∵∠CBE＝∠FBG，
∴∠F＝∠C＝∠A，
∴DA＝DF，
∵CD⊥AB，
∴AE＝EF；
（2）∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE＝DE＝＝5，
∵tan∠F＝＝＝tan∠C＝，
∴BE＝＝，
∴BF＝EF﹣BE＝10﹣＝，
在Rt△BFG中，tan∠F＝，
设BG＝x，则FG＝2x，由勾股定理得，
BG2+FG2＝BF2，
即x2+（2x）2＝（）2，
解得x＝（x＞0），
即BG＝．


03 圆周角
圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．

1．（2022•亭湖区校级三模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连结AC、AD、BD，若∠BAC＝35°，则∠ADC的度数为（　　）

A．35° B．65° C．55° D．70°
【分析】连接BC，根据AB是⊙O的直径求出∠ACB＝90°，求出∠ABC，根据圆周角定理求出∠ADC＝∠ABC即可．
【详解】解：连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝35°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝55°，
∴∠ADC＝∠ABC＝55°，
故选：C．
2．（2022•蜀山区校级三模）如图，菱形OABC的顶点A、B、C在圆O上，且∠AOC＝120°，若点P是圆周上任意一点且不与A、B、C重合，则∠APC的度数为（　　）

A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或150°
【分析】分两种情况，由圆周角定理分别求解即可．
【详解】解：如图，分两种情况：
①当点P在优弧AC上时，
由圆周角定理得：∠APC＝∠AOC＝×120°＝60°；
②当点P在劣弧AC上时，
由圆周角定理得：∠APC＝（360°﹣∠AOC）＝×（360°﹣120°）＝120°；
综上所述，∠APC为60°或120°，
故选：C．

3．（2022•仁怀市模拟）已知，如图，点A，B，C三点都在⊙O上，∠B＝∠A，∠A＝45°，若△ABC的面积为2，则⊙O的半径为（　　）

A．±2 B．2 C． D．
【分析】连接OA、OB、OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，∠AOC＝45°，进而得出OA∥BC，所以△ABC的面积和△OBC的面积相等，根据三角形面积公式求出半径即可．
【详解】解：连接OA、OB、OC，

∵∠CAB＝45°，∠ABC＝∠BAC，
∴∠BOC＝90°，∠ABC＝22.5°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝45°，
∵∠AOC＝2∠ABC＝45°，
∴∠OCB＝∠AOC，
∴OA∥BC，
∴S△OBC＝S△ABC＝2，
∴，
∴OB＝2（负值舍去），
故选：B．
4．（2022•兰陵县二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝10，，点E是点D关于AB的对称点，M是AB上的一动点，下列结论：
①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述结论中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①错误，证明∠EOB＝∠BOD＝60°即可；
②正确．证明∠CED＝30°，可得结论；
③错误，M是动点，DM不一定垂直CE；
④正确，连接EM，证明ME＝MD，推出MC+MD＝MC+ME≥CE＝10，可得结论．
【详解】解：∵＝＝，
∴∠AOC＝∠COD＝∠DOB＝60°，
∵E，D关于AB对称，
∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①错误，
∵∠CED＝∠COD＝30°，
∴∠DOB＝2∠CED，故②正确，
∵M是动点，
∴DM不一定垂直CE，故③错误，
连接EM．
则ME＝MD，
∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正确，
故选：B．

5．（2022•夏邑县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，以CD为直径的⊙O分别交AC、BC于点M、N，交AB于点D、F（D、F可重合），过点N作NE⊥AB，垂足为E．
（1）求证：BN＝CN；
（2）填空：
①当∠DCA的度数为 　45°　时，四边形DENO为正方形；
②当∠DCA的度数为 　60°　时，四边形AFOM为菱形．

【分析】（1）连接DN，由直角三角形的性质可得CD＝BD＝AD，由圆周角定理的推论可得∠DNC＝90°，由等腰三角形的性质可得BN＝CN；
（2）①当∠DCA的度数为45°时，根据正方形的判定可以证明四边形DENO为正方形；
②当∠DCA的度数为60°时，根据菱形的判定可以证明四边形AFOM为菱形．
【详解】（1）证明：连接DN．

∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB的中线，
∴CD＝BD＝AD．
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DNC＝90°，
∴BN＝CN；
（2）解：①当∠DCA的度数为45°时，四边形DENO为正方形，理由如下：

连接ON，
∵∠ACB＝90°，∠DCA＝45°，CD是斜边AB的中线，
∴∠DCB＝45°，
∵CD是斜边AB的中线，
∴DC＝BD，
∴∠B＝∠BCD＝45°，
∴∠ODE＝90°，
∵OC＝ON，
∴∠ONC＝∠DCB＝45°，
∴∠NOD＝90°，
∵NE⊥AB，
∴∠DEN＝90°，
∴四边形DENO为矩形，
∵OD＝ON，
∴四边形DENO为正方形，
故答案为：45°；
②当∠DCA的度数为60°时，四边形AFOM为菱形，理由如下：

连接OM，OF，
∵CD是斜边AB的中线，
∴DC＝DA，
∵DCA＝60°，
∴△DCA是等边三角形，
∴∠A＝60°，∠ADC＝60°，
∵OC＝OM，
∴△OCM是等边三角形，
同理：△DOF是等边三角形，
∴∠OMC＝∠A＝∠DFO＝60°，
∴OM∥FA，OF∥MA，
∴四边形OMAF是平行四边形，
∵OM＝OF，
∴四边形OMAF是菱形，
故答案为：60°．
6．（2022•赛罕区校级一模）如图，在锐角三角形ABC中，AD是BC边上的高，以AD为直径的⊙O交AB于点E，交AC于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为H，交于点G，交AD于点M，连接AG，DE，DF．
（1）求证：∠GAD与∠EDF互补；
（2）若∠ACB＝45°，AD＝4，AD＝2BD，求HM的长．

【分析】（1）根据圆周角定理得出∠AGF＝∠ADF，再根据角之间的互余关系及等量代换推出∠GAD＝∠EAF，最后利用圆内接四边形的性质即可得证；
（2）作出辅助线OF，可得：△AHM∽△FOM，△AHM∽△ADB，根据相似三角形的性质得到三角形边之间的关系，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：由题可知∠AGF＝∠ADF（同弧所对的圆周角相等），
∵GF⊥AB，AD为圆的直径，
∴∠AGF+∠GAE＝90°，∠ADF+∠FAD＝90°，
∴∠GAE＝∠FAD，
∴∠GAE+∠DAE＝∠FAD+∠DAE，即∠GAD＝∠EAF，
∵四边形AEDF是圆的内接四边形，
∴∠EAF+∠EDF＝180°，
∴∠GAD+∠EDF＝180°．
（2）解：如图，

连接OF，
∵AD是圆的直径，且AD是△ABC的高，GF⊥AB，
∴∠AED＝∠ADB＝∠AHM＝∠AFD＝90°，
∵∠HAM＝∠DAB，
∴△AHM∽△ADB，
∴＝，
∵AD＝2BD，
∴＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴∠DAC＝∠ADF＝∠AFO＝45°，
∴∠AOF＝90°，
在Rt△AHM与Rt△FOM中，
∵∠AMH＝∠FMO（对顶角），
∴△AHM∽△FOM，
∴＝＝2，
∵AD＝4，
∴OF＝OA＝2，
∴＝2，解得OM＝1，AM＝OA﹣OM＝1，
设HM＝x，则AH＝2x，
在Rt△AHM中有：AH2+HM2＝AM2，
即（2x）2+x2＝1，解得x1＝，x2＝﹣（舍去），
∴HM＝．
7．（2022•西安模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°．连接BD，作CF⊥BD，分别交BD，⊙O于点E，F，连接BF，交AD于点M，AB＝BC．
（1）求证：BF∥CD．
（2）当AD+CD＝5时，求线段BD的长．

【分析】（1）证明∠F＝∠DCF＝45°，然后利用内错角相等，两直线平行做判断即可；
（2）延长AD，使得DM＝DC，构造相似三角形，然后相似三角形的性质求得BD的长即可．
【详解】解：（1）∵AB＝BC，
∴，
∵∠ADC＝90°．
∴∠ADB＝∠BDC＝45°，
∵CF⊥BD，
∴∠DCF＝45°，
又∠F＝∠BDC＝45°，
∴∠F＝∠DCF＝45°，
∴BF∥CD；
（2）如图：

延长AD至点N，使得DN＝DC，连接NC，
∵∠ADC＝90°，DN＝DC，
∴∠N＝∠DCN＝45°，
∴sinN＝，
∵AD+CD＝5，
∴AD+DN＝AN＝5，
∴∠N＝∠BDC，
∵∠DAC＝∠DBC，
∴△NAC∽△DBC，
∴，
∴，
解得：BD＝5，
∴线段BD的长为5．
8．（2022•蜀山区一模）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AC，BC交以AB为直径的半⊙O于D，E．连接AE，BD，交点为F．
（1）证明：AF＝BC；
（2）当点F是BD中点时，求BE：EC值．

【分析】（1）由圆周角定理推论可得∠ADB＝∠AEB＝90°，根据等腰直角三角形的性质可得AD＝BD，根据∠DAF+∠AFD＝∠BFE+∠FEB＝90°，且∠AFD＝∠BFE，即可得出∠DAF＝∠FBE，则可证明△ADF≌△BDC，即可得出答案；
（2）设DF＝a，则DF＝BF＝a，可得AD＝BD＝2a，根据勾股定理可得AF＝＝＝a，由（1）中结论可得AF＝BC＝，由∠ADF＝∠BEF＝90°，∠AFD＝∠BFE，可证明△ADF∽△BEF，则，可得BE＝a，由CE＝BC﹣BE可得出CE的长度，计算即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴AD＝BD，
∵∠DAF+∠AFD＝∠BFE+∠FEB＝90°，∠AFD＝∠BFE，
∴∠DAF＝∠FBE，
在△ADF和△BDC中，
，
∴△ADF≌△BDC（ASA），
∴AF＝BC；
（2）设DF＝a，则DF＝BF＝a，
∴AD＝BD＝2a，
在Rt△ADF中，
AF＝＝＝a，
∴AF＝BC＝，
∵∠ADF＝∠BEF＝90°，∠AFD＝∠BFE，
∴△ADF∽△BEF，
∴，
∴，
∴BE＝a，
∴CE＝BC﹣BE＝a﹣a＝a，
∴＝＝．

04 点与圆的位置关系
点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：
①点P在圆外⇔d＞r
②点P在圆上⇔d=r
①点P在圆内⇔d＜r
（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．

1．（2022秋•天山区期末）已知⊙O的半径为3cm，点P到圆心O的距离为4cm，则点P和圆的位置关系（　　）
A．点在圆内 B．点在圆外 C．点在圆上 D．无法判断
【分析】直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】解：∵⊙O的半径为3cm，点P到圆心O的距离为4cm，4cm＞3cm，
∴点P在圆外．
故选：B．
2．（2022秋•定西期末）在平面直角坐标系xOy中，若点P（4，3）在⊙O内，则⊙O的半径r的取值范围是（　　）
A．0＜r＜4 B．3＜r＜4 C．4＜r＜5 D．r＞5
【分析】本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系．
【详解】解：∵点P（4，3），
∴PO＝＝5，
∵点P在⊙O内，
∴r＞OP，即r＞5，
故选：D．
3．（2022秋•石门县期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（　　）

A．2 B． C． D．
【分析】取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C，Q，D三点共线时，CD长最大求解．
【详解】解：如图，取AO的中点Q，连接CQ，QD，OD，

∵C为的三等分点，
∴的度数为60°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC为等边三角形，
∵Q为OA的中点，
∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，
∴OQ＝，
由勾股定理可得，CQ＝，
∵D为AP的中点，
∴OD⊥AP，
∵Q为OA的中点，
∴DQ＝，
∴当D点CQ的延长线上时，即点C，Q，D三点共线时，CD长最大，最大值为．
故选：D．
4．（2022秋•泗阳县期末）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，抛物线的顶点为D，点C为AB的中点，以C为圆心，AC长为半径在x轴的上方作一个半圆，点E为半圆上一动点，连接DE，取DE的中点F，当点E沿着半圆从点A运动至点B的过程中，线段AF的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由题意可知E点在以C为圆心，2为半径的半圆上，则F点在以G（1，﹣2）为圆心，1为半径的半圆上，AF的最小值为AG﹣1，求出AG即可求解．
【详解】解：连接AD、AE，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D（1，﹣4），
∴AD的中点为H（0，﹣2），
连接HF，
∵F是DE的中点，
∴HF∥AE，HF＝AE，
∵AB＝4，C（2，0），
∴E点在以C为圆心，2为半径的半圆上，
∴F点在以G（1，﹣2）为圆心，1为半径的半圆上，
∴AG＝2，
∴AF的最小值为2﹣1，
故选：C．


05 直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d＜r
②直线l和⊙O相切⇔d=r
③直线l和⊙O相离⇔d＞r．

1．（2022秋•江夏区月考）已知⊙O的半径等于5，点P在直线l上，圆心O到点P的距离为5，那么直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相切 B．相交 C．相切或相离 D．相交或相切
【分析】根据垂线段最短，则点O到直线l的距离≤5，则直线l与⊙O的位置关系是相切或相交．
【详解】解：∵⊙O的半径为5，OP＝5，
∴点O到直线l的距离≤5，
∴直线l与⊙O的位置关系是相切或相交．
故选：D．
2．（2021秋•福山区期末）在平面直角坐标系中，⊙O的圆心坐标为（﹣3，0），半径是方程x2﹣3x+2＝0的一根，那么⊙O与直线的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【分析】设点A为圆心，坐标为（﹣3，0），BC为直线y＝﹣，过点A作AD⊥BC于点D，根据点的坐标求出OC，OB，OA的长，根据勾股定理得出BC的长，再根据sin∠OBC＝sin∠DBA，得出，得出比例式求出AD的长，再求出方程的两个根即可推出结论．
【详解】解：如图，设点A为圆心，坐标为（﹣3，0），BC为直线y＝﹣，过点A作AD⊥BC于点D，

∵直线BC的解析式为y＝﹣，
当x＝0时，y＝1，
∴C（0，1），
∴OC＝1，
当y＝0时，x＝2，
∴B（2，0），
∴OB＝2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得，
BC＝＝，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴AB＝AO+OB＝5，
∵∠OBC＝∠DBA，
∴sin∠OBC＝sin∠DBA，
∴，
∴，
∴AD＝，
由x2﹣3x+2＝0，得，
x＝1＝2，x2＝1，
∵，
∴⊙O与直线的位置关系是相离，
故选：C．
3．（2022•宝山区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4，AD＝2，cotC＝，圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是（　　）

A．9 B． C．5 D．
【分析】根据直角三角形的边角关系求出FC，进而求出BC，再根据勾股定理求出两个圆心之间的距离OC，由⊙C与直线AD相交，⊙C与⊙O没有公共点，确定⊙C半径的取值范围，进而得出答案．
【详解】解：如图，连接OC交⊙O于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝4，BF＝AD＝2，
在Rt△DCF中，DF＝4，cotC＝，
∴FC＝cotC•DF＝，
∴BC＝BF+FC＝3，
在Rt△BOC中，OC＝＝＝7，
由于⊙C与直线AD相交，因此⊙C的半径要大于4，
又⊙C与⊙O没有公共点，因此⊙C与⊙O外离或内含，
当⊙C与⊙O外离时，⊙C的半径要小于CE＝7﹣2＝5，此时⊙C的半径4＜r＜5；
当⊙C与⊙O内含时，⊙C的半径要大于7+2＝9，此时⊙C的半径r＞9；
所以⊙C的半径为4＜r＜5或r＞9，
故选：D．

4．（2022•青浦区模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝4，AD＝1（如图）．点O是边CD上一点，如果以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围是（　　）

A．2≤OD≤5 B．≤OD≤
C．≤OD≤ D．≤OD≤
【分析】分别画出半径最小和最大时的图形，根据直角三角形的边角关系以及切线的性质列方程求解即可．
【详解】解：如图1，过点D作DH⊥BC于H，则AD＝BH＝1，AB＝DH＝4，HC＝4﹣1＝3，
在Rt△DHC中，CD＝＝5，
当⊙O与BC相切时，此时⊙O与线段BC有一个公共点，此时半径最小，
设OD＝OE＝x，则OC＝5﹣x，
在Rt△COE中，sinC＝＝＝，
∴OE＝（5﹣x），
由OD＝OE得，x＝（5﹣x），
解得x＝；
如图2，当以OD为半径的⊙O过点B时，半径最大，过点O作OF⊥BC于F，
设OD＝OB＝y，则OC＝5﹣y，
在Rt△COF中，sinC＝＝＝，
∴OF＝（5﹣y）＝4﹣y，FC＝（5﹣y）＝3﹣y，
∴BF＝4﹣FC＝1+y，
在Rt△BOF中，由勾股定理得，
BF2+OF2＝OB2，
即（1+y）2+（4﹣y）2＝y2，
解得y＝，即⊙O的最大半径为，
所以当以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围为≤OD≤，
故选：C．



06 三角形的外接圆与内切圆
1.三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
2. 三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．

1．（2022秋•利川市期末）如图，正三角形ABC内接于⊙O，已知⊙O半径为2，那么△ABC的边长为（　　）

A．2 B． C． D．3
【分析】作辅助线，构建直角三角形，利用等边三角形的性质得：∠OCB＝∠ACB＝30°，因为⊙O半径为2，可得OD＝1，根据勾股定理求出DC的长，所以可知BC的长．
【详解】解：如图，过O作OD⊥BC于D，连接OC，

∴BD＝CD，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴∠OCB＝∠ACB＝30°，
∵OC＝2，
∴OD＝1，
∴DC＝＝，
∴BC＝2DC＝2．
故选：B．
2．（2022秋•滨城区校级期末）如图，等腰Rt△ABC内接于圆O，直径，D是圆上一动点，连接AD，CD，BD，且CD交AB于点G．下列结论：①DC平分∠ADB；②∠DAC＝∠AGC；③当BD＝2时，四边形ADBC的周长最大；④当AD＝CD，四边形ADBC的面积为，正确的有（　　）

A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
【分析】由圆周角定理和三角形外角的性质可证明①②正确；如图1，连接DO并延长交AC于H，根据垂径定理可得DH⊥AC，则AH＝CH＝1，利用面积和可得四边形ADBC的面积，可知④不正确；当AD＝BD＝2时，四边形ADBC的周长最大，可判断③正确．
【详解】解：∵等腰Rt△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，
∴AC＝BC，
∴＝，
∴∠ADC＝∠CDB，
∴DC平分∠ADB；
故①正确；
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠CAB+∠DAB＝∠ABC+∠DCB，
∵∠AGC＝∠ABC+∠DCB，
∴∠DAC＝∠AGC，
故②正确；
如图1，连接DO并延长交AC于H，

在Rt△ACB中，∵AB＝2，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，OA＝OD＝，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴DH⊥AC，
∴AH＝CH＝1，
∴OH＝1，
∴DH＝OH+OD＝1+，
∵∠ACB＝∠AHD＝90°，
∴BC∥DH，
∴四边形ADBC的面积＝S△ADH+S四边形CHDB
＝×1×（1+）+×1×（2+1+）
＝2+，
故④不正确；
∵AC＝BC＝2，
∴当AD+BD最大时，四边形ADBC的周长最大，
∴当AD＝BD＝2时，四边形ADBC的周长最大，
故③正确；
所以本题正确的结论有：①②③．
故选：B．
3．（2022秋•鼓楼区校级月考）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝5，AC＝3，点D是△ABC的内心，则BD的长度为（　　）

A．2 B．3 C． D．
【分析】根据点D是△ABC的内心，画出△ABC的内切圆⊙D，如图，过点D作DE⊥AB，DF⊥BC，DH⊥AC，垂足为E，F，H，连接AD，根据内切圆的性质可知垂足E，F，H也是△ABC三边与⊙D的切点，DE＝DF＝DH，AE＝AH，BE＝BF，CF＝CH，利用勾股定理可得，设BE＝x，则BF＝x，根据切线长定理可求得BE＝3，设DE＝r，根据S△ABC＝S△ADB+S△BDC+S△ADC，可得r＝1，即DE＝1，问题随之得解．
【详解】根据点D是△ABC的内心，画出△ABC的内切圆⊙D，如图，过点D作DE⊥AB，DF⊥BC，DH⊥AC，垂足为E，F，H，连接AD，

根据内切圆的性质可知垂足E，F，H也是△ABC三边与⊙D的切点，
∴DE＝DF＝DH，AE＝AH，BE＝BF，CF＝CH，
∵∠BAC＝90°，BC＝5，AC＝3，
∴，
设BE＝x，则BF＝x，
∴AE＝AB﹣BE＝4﹣x，CF＝CH＝5﹣x，AH＝AE＝4﹣x，
∴5﹣x+4﹣x＝3，
∴x＝3，
∴BE＝3，
设DE＝r，
∵S△ABC＝S△ADB+S△BDC+S△ADC，
∴，
∴r＝1，
∴DE＝1，
∴BD＝＝．
故选：C．
4．（2021秋•新泰市期末）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线与△ABC的外接圆相交于点D，与BC交于点E，连接BI、BD、DC．下列说法中正确的有（　　）
①∠CAD绕点A顺时针旋转一定的角度一定能与∠DAB重合；
②I到△ABC三个顶点的距离相等；
③∠BID＝2∠BAD；
④DI＝DB．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据I是内心，即角平分线的交点，则AI平分∠BAC，所以∠CAD＝∠DAB，由此得出：∠CAD绕点A顺时针旋转一定的角度一定能与∠DAB重合；
②I是内心，到三边的距离相等；
③先根据角平分线定义得：∠ABI＝∠ABC，根据∠ABI≠∠BAI，可以解决问题；
④根据等角对等边证明DB＝DI，即可解决问题．
【详解】解：①∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB，
∴∠CAD绕点A顺时针旋转一定的角度一定能与∠DAB重合；
所以此选项说法正确；
②∵I是△ABC的内心，
∴I是△ABC三个角平分线的交点，
∴I到△ABC三边的距离相等，
所以此选项说法不正确；
③∵I是内心，
∴BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠ABI＝∠ABC，
∵∠BID＝∠ABI+∠BAI，
∵∠ABI≠∠BAI，
所以此选项说法错误；
④∵∠DAB＝∠CAD＝∠DBC，∠ABI＝∠CBI，
∵∠DBI＝∠DBC+∠IBC，∠DIB＝∠BAD+∠ABI，
∴∠DBI＝∠DIB，
∴DB＝DI，
所以此选项说法正确；
所以说法正确的有：①④；
故选：B．
5．（2021秋•微山县期末）如图，以△ABC的边AB为直径作⊙O经过点C，分别过点B，C作⊙O的两条切线相交于点D，OD交⊙O于点E，AE的延长线交BD于点F．下面结论中，错误的是（　　）

A．BC⊥OD B．AC∥OD
C．FD＝FE D．点E为△BCD的内心
【分析】根据圆周角定理和切线的性质可以判断A，B正确；根据垂径定理可得＝，然后根据圆周角定理证明BE平分∠CBD，又DE平分∠BDC，可得点E为△BCD的内心，可以判断D正确，没有条件可以证明FD＝FE，进而可以判断C错误．
【详解】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DC和DB是⊙O的两条切线，
∴DC＝DB，∠CDO＝∠BDO，
∴OD⊥BC，故A正确，不符合题意；
∵AC⊥BC，
∴AC∥OD，故B正确，不符合题意；
∵OE⊥BC，OE是⊙O的半径，
∴＝，
∴∠BAE＝∠CAE，

如图，连接BE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠ABE＝∠EBF，
∵∠CAE＝∠CBE
∴∠CBE＝∠EBF，
∴BE平分∠CBD，
∵DE平分∠BDC，
∴点E为△BCD的内心，故D正确，不符合题意；
∵∠FED≠∠FDE，
∴FE≠FD，故C错误，符合题意，
故选：C．
07 切线的性质与判定
1.切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
2. 切线的判定
（1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．


1．（2022秋•惠山区期中）如图，AB是⊙O的直径，DC是⊙O的切线，切点是点D，过点A的直线与DC交于点C，
则下列结论错误的是（　　）

A．∠AOD＝2∠ADC
B．如果AD平分∠BAC，那么AC⊥DC
C．如果CO⊥AD，那么AC也是⊙O的切线
D．如果AD＝2CD，那么AD＝AO
【分析】A．由切线性质得∠ADC＝90°﹣∠ADO，再由等腰三角形性质与三角形的内角和定理得∠AOD＝180°﹣2∠ADO，便可得出∠AOD与∠ADC的数量关系；
B．由角平分线与等腰三角形的性质得AC∥OD，便可判断B的正误；
C．证明△OAC≌△ODC，得∠OAC＝∠ODC＝90°，便可判断C的正误；
D．当AD＝2CD，且AC⊥CD时，AC∥OD，可得∠CAD＝∠ODA＝30°，过点O作OK⊥AD于点K，便可AD＝OA；若AD＝2CD，但AC与CD不垂直时，∠ADC就不不一定等于30°，此时AD≠AO，便可判断D的正误．
【详解】解：A．∵DC是⊙O的切线，
∴∠ODC＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣∠ADO，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠AOD＝180°﹣2∠ADO＝2（90°﹣∠ADO），
∴∠AOD＝2∠ADC，
故选项正确，不合题意；
B．∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠OAD，
∵∠OAD﹣∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴AC∥OD，
∵DC是⊙O的切线，OD为半径，
∴OD⊥CD，
∴AC⊥DC，
故选项正确，不合题意；
C．∵CO⊥AD，

∴，
∴∠AOC＝∠DOC，
∵OA＝OD，OC＝OC，
∴△OAC≌△ODC（SAS），
∴∠OAC＝∠ODC＝90°，
∴AC也是⊙O的切线，
故选项正确，不合题意；
D．当AD＝2CD，且AC⊥CD时，AC∥OD，
则∠CAD＝∠ODA＝30°，
∵AO＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
过点O作OK⊥AD于点K，

∴AK＝DK＝OA，
此时AD＝，
若AD＝2CD，但AC与CD不垂直时，∠ADC就不一定等于30°，
此时AD≠AO，
故选项错误，符合题意；
故选：D．
2．（2022秋•大渡口区校级期末）如图，∠APB＝30°，点O在射线PA上，⊙O的半径为2，当⊙O与PB相切时，OP的长度为（　　）

A．3 B．4 C． D．
【分析】设⊙O与PB相切于点C，连接OC，由切线的性质得出PB⊥OC，由直角三角形的性质得出OP＝2OC＝2×2＝4即可．
【详解】解：设⊙O与PB相切于点C，连接OC，如图所示：
∵⊙O与PB相切于点C，
∴PB⊥OC，OC＝2，
∵∠APB＝30°，
∴OP＝2OC＝2×2＝4；
故选：B．

3．（2022•百色一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，过点O，E的直线交CF于点G，则CF的长为（　　）

A．4.5 B．4 C．3.5 D．3
【分析】过点O作OH⊥B′C于点H，根据切线的性质可得∠OEB′＝90°，根据矩形的性质可得AB＝CD＝5，∠B′＝∠B′CD′＝90°，从而可得OD＝OC＝OE＝2.5，根据旋转的性质可得BC＝B′C＝4，然后根据矩形的判定可得四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，从而可得B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，进而求出CH的长，最后在Rt△OHC中，利用勾股定理求出OH的长，最后根据垂径定理求出CF的长，即可解答．
【详解】解：过点O作OH⊥B′C于点H，

∴∠OHB′＝90°，
∵A'B'与⊙O相切于点E，
∴∠OEB′＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝5，
∴OD＝OC＝OE＝2.5，
由旋转得：
BC＝B′C＝4，
∵四边形A′B′C′D′是矩形，
∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，
∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，
∴B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，
∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，
∴OH＝＝＝2，
∴CG＝OH＝2，
∵OG⊥CD′，
∴CF＝2CG＝4，
故选：B．

4．（2022春•鼓楼区校级月考）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F，下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为2；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在弧BC上，则AD＝2．其中正确结论的序号是（　　）

A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②③④
【分析】①连接DC，根据题意可得：CE＝CD，从而可得∠E＝∠CDE，再利用等角的余角相等可得∠F＝∠CDF，进而可得CD＝CF，即可判断；
②由①可得EF＝2CD，所以当CD最小时，则EF最小，所以当CD⊥AB时，先在Rt△ABC中求出AC，再在Rt△ACD中求出CD，即可判断；
③连接OC，先证明△AOC是等边三角形，从而可得∠ACO＝60°，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得
∴∠ACD＝30°，进而可得∠ECA＝30°，然后再证∠OCE＝90°，即可判断；
④连接AF、BF，根据题意可得DE⊥AC，从而可得DE∥BC，进而可得FH＝DH，∠BHD＝90°，从而证明BC是DF的垂直平分线，然后再利用等腰三角形的三线合一性质可得∠FBA＝60°，最后在Rt△AFB中求出BF，即可求出BD，即可判断．
【详解】解：连接DC，

∵点E与点D关于AC对称，
∴CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，
∵∠CDE+∠CDF＝90°，
∴∠F＝∠CDF，
∴CD＝CF，
∴CE＝CD＝CF，
故①正确；
∵CE＝CD＝CF，
∴EF＝2CD，
当CD最小时，则EF最小，
∴当CD⊥AB时，CD最小，
∵AB是半⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝8，∠CBA＝30°，
∴AC＝AB＝4，∠CAB＝90°﹣∠CBA＝60°，
在Rt△ADC中，CD＝ACsin60°＝4×＝2，
∴EF＝2CD＝4，
∴线段EF的最小值为4，
故②不正确；
连接OC，

∵OA＝OC，∠A＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
∵AD＝2，OA＝4，
∴OD＝OA﹣AD＝4﹣2＝2，
∴AD＝OD，
∴∠ACD＝∠ACO＝30°，
∵点E与点D关于AC对称，
∴∠ECA＝∠ACD＝30°，
∴∠OCE＝∠ECA+∠ACO＝90°，
∵OC是半⊙O的半径，
∴EF与半⊙O相切，
∴当AD＝2时，EF与半圆相切，
故③正确；
当点F恰好落在弧BC上时，连接AF、BF，

∵点E与点D关于AC对称，
∴AC⊥DE，
∴∠AGD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠AGD＝90°，
∴DE∥BC，
∵CF＝CE，
∴FH＝DH，
∵∠EDF＝90°，BC∥DE，
∴∠BHD＝∠EDF＝90°，
∴BC是DF的垂直平分线，
∴BF＝BD，
∴∠FBA＝2∠CBA＝60°，
∵AB是半⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴FB＝ABcos60°＝8×＝4，
∴BD＝BF＝4，
∴AD＝AB﹣BD＝8﹣4＝4，
故④不正确，
所以，正确结论的序号是①③，
故选：A．
5．（2022秋•卧龙区校级期末）如图，以等边△ABC的边BC为直径作⊙O，分别交AB、AC于点D、E，过点D作DF⊥AC交AC于点F．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若等边△ABC的边长为4，求图中阴影部分的面积．

【分析】（1）连结OD，由△ABC是等边三角形，得∠B＝∠A＝∠C＝60°，可证明△BOD是等边三角形，则∠ODB＝∠A＝60°，所以OD∥AC，则∠ODF＝∠AFD＝90°，即可证明DF是⊙O的切线；
（2）连结OE，可证明△COE是等边三角形，则∠OEC＝∠COE＝∠A＝60°，所以OE∥AB，∠DOE＝60°，则四边形ADOE是菱形，AD＝AE＝OD＝BD＝AB＝2，可求得DE＝，AF＝1，再由S阴影＝S菱形ADOE﹣S△ADF﹣S扇形DOE求出图中阴影部分的面积即可．
【详解】（1）证明：连结OD，则OD＝OB，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠A＝∠C＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠ODB＝∠BOD＝∠A＝60°，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC于点F，
∴∠ODF＝∠AFD＝90°，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线．
（2）解：连结OE，则OE＝OC＝OD，
∴△COE是等边三角形，
∴∠OEC＝∠COE＝∠A＝60°，
∴OE∥AB，∠DOE＝180°﹣∠BOD﹣∠COE＝60°，
∴四边形ADOE是菱形，
∵AB＝4，
∴AD＝AE＝OD＝BD＝AB＝2，
∴DE＝AD•sinA＝2sin60°＝2×＝，AF＝AD•cosA＝2cos60°＝2×＝1，
∴S阴影＝S菱形ADOE﹣S△ADF﹣S扇形DOE＝2×﹣×1×﹣＝﹣，
∴图中阴影部分的面积﹣．

6．（2022秋•西安期末）如图，AB为⊙O的直径，CD为弦，且CD⊥AB于E，F为BA延长线上一点，CA恰好平分∠FCE．
（1）求证：FC与⊙O相切；
（2）连接OD，若OD∥AC，求的值．

【分析】（1）连接OC，则∠OCA＝∠OAC，由CD⊥AB于E，得∠AEC＝90°，而∠ACF＝∠ACE，则∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，即可证明FC与⊙O相切；
（2）由等腰三角形的“三线合一”得∠COF＝∠DOF，由OD∥AC，得∠DOF＝∠OAC，所以∠COF＝∠OAC＝∠OCA＝60°，则∠F＝30°，所以OA＝OC＝OF，则AF＝OA＝AB，即可求得＝．
【详解】（1）证明：连接OC、则OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵CD⊥AB于E，
∴∠AEC＝90°，
∵CA平分∠FCE，
∴∠ACF＝∠ACE，
∴∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，
∵FC经过⊙O的半径OC的外端，且FC⊥OC，
∴FC与⊙O相切．
（2）解：∴OC＝OD，OF⊥CD，
∴∠COF＝∠DOF，
∵OD∥AC，
∴∠DOF＝∠OAC，
∴∠COF＝∠OAC＝∠OCA＝60°，
∴∠F＝30°，
∴OA＝OC＝OF，
∴AF＝OA＝AB，
∴＝，
∴的值是．

7．（2022秋•汉阳区校级期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为，BD＝2，求CE的长．

【分析】（1）连接OD，只需证EF⊥OD即可；
（2）连接AD，由△CDE∽△CAD即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，

∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵OB＝OD，
∴∠ABC＝∠ODB，
∴∠ACB＝∠ODB，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
即EF⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，

∵AB是⊙O直径，
∴AD⊥BC，
∵DE⊥AC，
∴∠ADC＝∠DEC，
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CAD，
∴，
∵AB＝AC，
∴DC＝DB＝2，
∵AC＝AB＝5，
∴，
∴．
8．（2022秋•金华期末）如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，过OA上的点P作PD⊥AC，交CB的延长线于点D，交AB于点E，点F为DE的中点，连接BF．
（1）求证：BF与⊙O相切；
（2）若AP＝OP，tanA＝，AP＝8，求BF的长．

【分析】（1）连接OB，由直角三角形的性质，等腰三角形的性质，推出∠ABO＝∠BAO，∠FBE＝∠AEP，于是可以证明∠OBF＝90°，由切线的判定定理即可证明问题；
（2）由条件可以证明△AEP∽△DCP，于是由相似三角形的性质即可求出PD长，得到DE长，由直角三角形的性质即可求出BF的长．
【详解】（1）证明：连接OB，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°，
∵点F为DE的中点，
∴BF＝EF，
∴∠FEB＝∠FBE，
∵∠AEP＝∠FEB，
∴∠FBE＝∠AEP，
∵PD⊥AC，
∴∠EPA＝90°，
∴∠A+∠AEP＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∴∠OBA+∠FBE＝90°，
∴∠OBF＝90°，
∴半径OB⊥BF，
∴BF与⊙O相切；
（2）解：∵tanA＝＝，AP＝8，
∴PE＝8×＝6，
∵AP＝OP＝8，
∴OA＝OC＝2AP＝16，
∴PC＝OP+OC＝24，
∵∠A+∠AEP＝90°，∠A+∠C＝90°，
∴∠AEP＝∠C，
∵∠APE＝∠DPC＝90°，
∴△APE∽△DPC，
∴AP：PD＝PE：PC，
∴8：PD＝6：24，
∴DP＝32，
∴DE＝DP﹣PE＝32﹣6＝26，
∴BF＝DE＝13，
∴BF的长为13．

08 切线长定理
切线长定理
（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角．
（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．


1．（2022秋•凤台县期末）如图，△ABC是一张周长为17cm的三角形的纸片，BC＝5cm，⊙O是它的内切圆，小明准备用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下△AMN，则剪下的三角形的周长为（　　）

A．12cm B．7cm
C．6cm D．随直线MN的变化而变化
【分析】利用切线长定理得出BC＝BD+EC，DM＝MF，FN＝EN，进而得出答案．
【详解】解：设E、F分别是⊙O的切点，
∵△ABC是一张三角形的纸片，AB+BC+AC＝17cm，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，BC＝5cm，
∴BD+CE＝BC＝5cm，则AD+AE＝7cm，
故DM＝MF，FN＝EN，
∴AM+AN+MN＝AD+AE＝7（cm）．
故选：B．

2．（2022秋•金东区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，点D、E分别为边AB、AC上的点，且DE为⊙O的切线，若△ABC的周长为25，BC的长是9，则△ADE的周长是（　　）

A．7 B．8 C．9 D．16
【分析】根据切线长定理，可得BI＝BG，CI＝CH，DG＝DF，EF＝EH，则C△ADE＝AD+AE+DE＝AD+AE+DF+EF＝AD+DG+EH+AE＝AG+AH＝C△ABC﹣（BG+CH+BC），据此即可求解．
【详解】解：∵AB、AC、BC、DE都和⊙O相切，
∴BI＝BG，CI＝CH，DG＝DF，EF＝EH．
∴BG+CH＝BI+CI＝BC＝9，
∴C△ADE＝AD+AE+DE＝AD+AE+DF+EF＝AD+DG+EH+AE＝AG+AH＝C△ABC﹣（BG+EH+BC）＝25﹣2×9＝7．
故选：A．

3．（2022秋•红旗区校级期末）以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AB边于点E，若△CDE的周长为12，则直角梯形ABCE周长为（　　）

A．12 B．13 C．14 D．15
【分析】根据切线的性质知：AE＝EF，BC＝CF；根据△CDE的周长可求出正方形ABCD的边长；在Rt△CDE中，利用勾股定理可将AE的长求出，进而可求出直角梯形ABCE的周长．
【详解】解：设AE的长为x，正方形ABCD的边长为a，
∵CE与半圆O相切于点F，
∴AE＝EF，BC＝CF，
∵EF+FC+CD+ED＝12，
∴AE+ED+CD+BC＝12，
∵AD＝CD＝BC＝AB，
∴正方形ABCD的边长为4；
在Rt△CDE中，ED2+CD2＝CE2，即（4﹣x）2+42＝（4+x）2，解得：x＝1，
∵AE+EF+FC+BC+AB＝14，
∴直角梯形ABCE周长为14．
故选：C．
二．填空题（共1小题）
4．（2022秋•平泉市校级期末）如图所示，P是⊙O外一点，PA，PB分别和⊙O切于A，B两点，C是上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA，PB于D，E．
（1）若△PDE的周长为10，则PA的长为　5　；
（2）连接CA、CB，若∠P＝50°，则∠BCA的度数为　115　度．

【分析】（1）由于PA、PB、DE都是⊙O的切线，可根据切线长定理将△PDE的周长转化为切线PA、PB的长．
（2）根据切线长定理即可证得△PEF 周长等于2PA即可求解；根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求得∠AOB的度数，然后根据∠EOF＝∠AOB即可求出∠BCA的度数．
【详解】解：（1）∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，
∴PA＝PB，DA＝DC，EC＝EB；
∴C△PDE＝PD+DE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝10；
∴PA＝PB＝5；

（2）连接OA、OB、AC、BC，在⊙O上取一点F，连接AF、BF，
∵PA、PB分别切⊙O 于A、B；
∴∠PAO＝∠PRO＝90°
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°；
∴∠AFB＝∠AOB＝65°，
∵∠AFB+∠BCA＝180°
∴∠BCA＝180°﹣65°＝115°；
故答案是：5，115°．

09 正多边形与圆
正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
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．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．

1．（2022秋•天河区校级期末）一个圆的半径为4，则该圆的内接正方形的边长为（　　）
A．2 B． C． D．8
【分析】根据正方形与圆的性质得出AB＝BC，以及AB2+BC2＝AC2，进而得出正方形的边长即可．
【详解】解：如图所示：⊙O的半径为4，
∵四边形ABCD是正方形，∠B＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴AC＝2×4＝8，
∵AB2+BC2＝AC2，AB＝BC，
∴AB2+BC2＝64，
解得：AB＝4，
即⊙O的内接正方形的边长等于4．
故选：C．

2．（2022秋•山西期末）已知过m边形的一个顶点有3条对角线，正n边形的边长为5，周长为40，则n﹣m的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据题意，由多边形的性质，判断出m，n的值，可得结论．
【详解】解：依题意有m＝3+3＝6，
n＝40÷5＝8，
t＝63÷7＝9
则n﹣m＝8﹣6＝2．
故选：A．
二．填空题（共2小题）
3．（2022秋•明水县校级期末）正六边形ABCDEF在平面直角坐标系内的位置如图所示，点A的坐标为（﹣2，0），点B在原点，把正六边形ABCDEF沿x轴正半轴无滑动地连续翻转，每次翻转60°，经过2022次翻转之后，点B的坐标是 　（4044，0）　．

【分析】根据正六边形的特点，每6次翻转为一个循环组循环，用2017除以6，根据商和余数的情况确定出点B的位置，然后求出翻转前进的距离，进而得到2017次翻转之后，点B的坐标．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，
∴每6次翻转为一个循环组，
∵2022÷6＝337，
∴经过2022次翻转为第337个循环，点B在初始状态时的位置，
∵A（﹣2，0），
∴AB＝2，
∴每次循环B的横坐标增加12，
∴点B离原点的距离＝12×337＝4044，
∴经过2022次翻转之后，点B的坐标是（4044，0），
故答案为：（4044，0）．

4．（2022秋•新华区校级期末）小明要在边长为10的正方形内设计一个有共同中心O的正多边形，使其能在正方形内自由旋转．
（1）如图1，若这个正多边形为边长最大的正六边形，EF＝　5　；
（2）如图2，若这个正多边形为正△EFG，则EF的取值范围为 　0＜EF≤5　．

【分析】（1）过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，连接OE、OF，由正方形ABCD的边长为10，求得它的边心距为5，正六边形EFGHIK与正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD内自由旋转，则正六边形EFGHIK的最大半径OE与正方形ABCD的边心距相等，可证明△EOF是等边三角形，则EF＝OE＝5；
（2）连接OE、OF，作OR⊥EF于点R，可求得∠OER＝30°，正三角形EFG与正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD内自由旋转，则正三角形EFG的最大半径OE与正方形ABCD的边心距相等，则OE＝5，OR＝OE＝，由勾股定理求得ER＝＝，所以EF＝2ER＝5，则EF的取值范围为0＜EF≤5．
【详解】解：（1）如图1，过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，
∵四边形ABCD是边长为10的正方形，
∴∠NMA＝∠A＝∠B＝90°，AB＝10，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝10，∠MNB＝90°，
∴ON⊥BC，
∴OM、ON都是正方形ABCD的边心距，
∴OM＝ON＝MN＝5，
∵正六边形EFGHIK与正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD内自由旋转，
∴正六边形EFGHIK的最大半径OE与正方形ABCD的边心距OM相等，
∴OE＝OM＝5，
连接OE、OF，则OE＝OF，
∵∠EOF＝×360°＝60°，
∴△EOF是等边三角形，
∴EF＝OE＝5，
故答案为：5．
（2）如图2，连接OE、OF，作OR⊥EF于点R，则∠ORE＝90°，
∴点O是正三角形EFG的中心，
∴OE＝OF，
∴ER＝FR，
∵∠EOF＝×360°＝120°，
∴∠EOR＝∠FOR＝∠EOF＝×120°＝60°，
∴∠OER＝30°，
∵正三角形EFG与正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD内自由旋转，
∴正三角形EFG的最大半径OE与正方形ABCD的边心距相等，
∴OE＝5，
∴OR＝OE＝×5＝，
∴ER＝＝＝，
∴EF＝2ER＝2×＝5，
∵正多边形的边长为正数，
∴EF的取值范围为0＜EF≤5，
故答案为：0＜EF≤5．



10 弧长与扇形面积
1．在半径为R的圆中，n°的圆心角所对的弧长l的计算公式为：l＝．
在半径为R的圆中，n°的圆心角所对的扇形(弧长为l)面积的计算公式为：S扇形＝＝lR.
2．圆柱的侧面展开图是矩形，这个矩形的长和宽分别是底面圆的周长和圆柱的高．
圆柱侧面积公式：S圆柱侧＝2πrh；圆柱全面积公式：S圆柱全＝2πrh＋2πr2(其中圆柱的底面半径为r，高为h)．
3．圆锥的侧面积和全面积：
圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的母线长为l，底面半径为r，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr．
(1)圆锥的侧面积公式：S圆锥侧＝πrl．
(2)圆锥的全面积公式：S圆锥全＝πr2＋πrl．
(3)圆锥侧面展开图扇形的圆心角度数的计算公式：θ＝·360°．


1．（2022•峄城区校级模拟）若扇形的圆心角为75°，半径为12，则该扇形的弧长为（　　）
A．2π B．4π C．5π D．6π
【分析】利用弧长公式l＝，求解即可．
【详解】解：该扇形的弧长＝＝5π．
故选：C．
2．（2022•台山市校级一模）如图，正方形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．2﹣ B．1﹣ C．2﹣ D．﹣1
【分析】根据S阴＝S扇形ABE﹣S△AEF，求解即可．
【详解】解：如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAF＝45°，
∵EF⊥AB，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵AB＝AE＝2，
∴AF＝EF＝，
∴S阴＝S扇形ABE﹣S△AEF＝﹣××＝﹣1．
故选：D．
3．（2022•金凤区校级二模）如图，在矩形ABCD中，，BC＝1，以点B为圆心，BC为半径画弧交矩形的边AB于点E，交对角线AC于点F，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接BF，过点F作FH⊥AB于H，解直角三角形得∠BAC＝30°，∠BCA＝60°，求得△BCF是等边三角形，得∠CBF＝60°，∠EBF＝30°，根据三角形和扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：连接BF，过点F作FH⊥AB于H，

在矩形ABCD中，，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴，
∴∠BAC＝30°，∠BCA＝90°﹣30°＝60°，
∵BC＝BF，
∴△BCF是等边三角形，
∴∠CBF＝60°，
∴∠EBF＝90°﹣60°＝30°，
∴，，
∴S阴影＝S扇形BCF+S△ABF﹣S△BCF﹣S扇形BEF＝＝＝．
故选：D．
4．（2022•香洲区校级三模）如图，C为半圆内一点，O为圆心，直径AB长为2cm，∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，将△BOC绕圆心O逆时针旋转至△B'OC'，点C'在OA上，则边BC扫过区域（图中阴影部分）的面积为（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据已知条件和旋转的性质得出两个扇形的圆心角的度数，再根据扇形的面积公式进行计算即可得出答案．
【详解】解：∵∠BOC＝60°，△B′OC′是△BOC绕圆心O逆时针旋转得到的，
∴∠B′OC′＝60°，△BCO＝△B′C′O，
∴∠B′OC＝60°，∠C′B′O＝30°，
∴∠B′OB＝120°，
∵AB＝2cm，
∴OB＝1cm，OC′＝cm，
∴B′C′＝（cm），
∴S扇形B′OB＝＝（cm2），
S扇形C′OC＝＝（cm2），
∴阴影部分面积＝S扇形B′OB+S△B′C′O﹣S△BCO﹣S扇形C′OC＝S扇形B′OB﹣S扇形C′OC＝﹣＝（cm2）；
故选：B．
5．（2022秋•江北区校级期末）如图，矩形ABCD的边AB＝1，对角线AC、BD交于O，∠ACB＝30°，以点O为圆心，AC为直径画圆，则图中阴影部分的面积是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据矩形ABCD的边AB＝1，∠ACB＝30°，可得AC＝2AB＝2，BC＝AB＝，∠BAC＝60°，△ABO是面积为矩形面积的，所以△ABO为等边三角形，所以阴影部分的面积是扇形AOB的面积减去△ABO的面积再乘以2即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AB＝1，∠ACB＝30°，
∴AC＝2AB＝2，BC＝AB＝，∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴阴影部分的面积是2×（﹣××1）＝π﹣．
故选：B．
二．解答题（共3小题）
6．（2022秋•丰宁县校级期末）如图，在正方形ABCD中有一点P，连接AP、BP，旋转△APB到△CEB的位置．
（1）若正方形的边长是8，PB＝4．求阴影部分面积；
（2）若PB＝4，PA＝7，∠APB＝135°，求PC的长．

【分析】（1）根据旋转的性质得到△APB≌△CEB，则BP＝BE，∠ABP＝∠EBC；以B为圆心，BP画弧叫AB于F点，如图，易得扇形BFP的面积＝扇形BEQ，则图形ECQ的面积＝图形AFP的面积，于是S阴影部分＝S扇形BAC﹣S扇形BFQ，然后根据扇形的面积公式计算即可；
（2）连PE，利用△APB≌△CEB得到BP＝BE＝4，∠ABP＝∠EBC，PA＝EC＝7，∠BEC＝∠APB＝135°，易得△PBE为等腰直角三角形，则∠BEP＝45°，PE＝4，则∠PEC＝135°﹣45°＝90°，然后在Rt△PEC中根据勾股定理计算即可得到PC的长．
【详解】解：（1）∵把△APB旋转到△CEB的位置，
∴△APB≌△CEB，
∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，
以B为圆心，BP画弧叫AB于F点，如图，
∴扇形BFP的面积＝扇形BEQ，
∴图形ECQ的面积＝图形AFP的面积，
∴S阴影部分＝S扇形BAC﹣S扇形BFQ＝﹣
＝12π；

（2）连PE，
∴△APB≌△CEB，
∴BP＝BE＝4，∠ABP＝∠EBC，PA＝EC＝7，∠BEC＝∠APB＝135°，
∴△PBE为等腰直角三角形，
∴∠BEP＝45°，PE＝4，
∴∠PEC＝135°﹣45°＝90°，
∴PC＝＝＝9．

7．（2022秋•鹿城区校级期中）如图，以△ABC的边AB为直径作半圆，分别交边AC，BC于点D，E，点O为圆心，连结AE，OE．已知点E是弧DB的中点，∠C＝75°．
（1）求∠EOB的度数．
（2）若直径AB＝8，求阴影部分的面积．

【分析】（1）连接OE，证明AC＝CB，求出∠CAB＝30°，再证明OE∥AC，可得结论；
（2）连接OD，过点O作OT⊥AD于点T，过点E作EJ⊥OB于点J，根据S阴＝S△ABC﹣S△AOD﹣S扇形ODE﹣S△OEB，求解即可．
【详解】解：（1）如图，连接EO．
∵E是的中点，
∴∠DAE＝∠EAB，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
∴∠C+∠DAE＝90°，∠B+∠EAB＝90°，
∴∠C＝∠B＝75°，
∴AC＝AB，
∴EC＝EB，
∵AO＝OE，
∴∠OAE＝∠OEB＝∠EAC，
∴EO∥AC，
∴∠EOB＝∠CAB＝180°﹣2×75°＝30°；

（2）连接OD，过点O作OT⊥AD于点T，过点E作EJ⊥OB于点J，
∵OT⊥AD，OT经过圆心O，
∴AT＝TD＝AO•cos30°＝2，OT＝OA＝2，
∵EJ⊥OB，
∴EJ＝OE•sin30°＝2，
∴S阴＝S△ABC﹣S△AOD﹣S扇形ODE﹣S△OEB
＝2××8×2﹣××2﹣﹣×4×2
＝12﹣4﹣．

8．（2022秋•拱墅区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，AB＝10，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，连接DE，过点B作BP平行于DE，交⊙O于点P，连接CP、OP．
（1）求证：点D为BC的中点；
（2）求的长度．

【分析】（1）连接AD，由圆周角定理得∠ADB＝90°，再由等腰三角形的性质可证明结论；
（2）由圆内接四边形对角互补可得∠CDE＝∠BAE＝30°，则∠ABP＝∠ABC﹣∠PBC＝75°﹣30°＝45°，从而∠AOP＝2∠ABP＝90°，代入弧长公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接AD，

∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝AC，
∴AD是中线，
∴点D为BC的中点；
（2）解：∵AB＝AC，∠A＝30°，
∴∠ABC＝，
∵四边形ABDE是圆内接四边形，
∴∠BAE+∠BDE＝∠BDE+∠CDE＝180°，
∴∠CDE＝∠BAE＝30°，
∵BP∥DE，
∴∠PBC＝∠EDC＝30°，
∴∠ABP＝∠ABC﹣∠PBC＝75°﹣30°＝45°，
∴∠AOP＝2∠ABP＝90°，
∴的长为：