2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：圆(含解析)

这是一份2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：圆(含解析)，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：圆

一、单选题
1．（2023·内蒙古包头·统考二模）如图，将四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，A，B，C，D，O在小正方形的顶点上，的半径为1，E是劣弧的中点，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
2．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，点A，B，C，D在上，四边形是平行四边形，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
3．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图所示，小区内有个圆形花坛，点在弦上，， ，，则这个花坛的半径为（    ）

A．10 B．20 C．30 D．40
4．（2023·内蒙古包头·二模）如图，直径为的经过点和点，点是轴右侧优弧上一点，，则点的坐标为（   ）．

A． B． C． D．
5．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，四边形内接于，，A为中点，，则等于（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
7．（2023·内蒙古包头·二模）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，若∠CAB＝65°，则∠ADC的度数为（　　）

A．25° B．35° C．45° D．65°
8．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）下列命题中真命题的个数是 ( )
①在函数y=中，当时，；②三角形的内心到三边的距离相等；③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；④平分弦的直径垂直于弦；⑤对于任意实数m，关于x的方程有两个不相等的实数根．
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，等边三角形的边长为，的半径为，为边上一动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为（    ）
  
A． B． C． D．
10．（2023·内蒙古通辽·统考一模）下列命题中真命题的个数是（　　）
①在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行；②过一点有且只有一条直线与已知直线垂直③顺次连接菱形各边中点所得到的四边形是矩形；④平分弦的直径垂直于弦；⑤三角形的内心到三角形三边的距离相等；
A．4 B．3 C．2 D．1
11．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）下列命题中是假命题的是（    ）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
12．（2023·内蒙古包头·模拟预测）把边长为2+的正方形沿过中心的一条直线折叠，两旁重叠部分恰为正八边形的一半，则这个正八边形的边EF的长为（　　）

A．1 B．2 C． D．2
13．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）已知扇形的圆心角为，弧长为，则扇形的面积是（    ）
A． B． C． D．
14．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图1，点是半圆上一个动点，点从点开始向终点运动的整个过程中，的弧长与时间（秒）的函数关系如图2所示，则点运动至秒时，的度数为（    ）

  
A． B． C． D．
15．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，在菱形纸片中，，，分别剪出扇形和，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面．若点在上，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．
16．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，从一个边长是10的正五边形纸片上剪出一个扇形（阴影部分），将剪下来的扇形围成一个圆锥，这个圆锥的底面半径为（    ）

A．1 B．3 C． D．2
17．（2023·内蒙古包头·模拟预测）把量角器和含角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度处，短直角边过量角器外沿刻度处（即，）．则阴影部分的面积为（　　）

A． B．
C． D．
18．（2023·内蒙古包头·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积是(    )

A． B． C．- D．
19．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）如图，一段公路的转弯处是一段圆弧，则的展直长度为（　　）

A．3π B．6π C．9π D．12π

二、填空题
20．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，已知AB是的直径，弦，垂足为E，且，则直径AB的长为_______．
  
21．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分．如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且，．则的半径为_____________．

22．（2023·内蒙古包头·二模）如图，内接于，，是的中点，且，分别是边上的高，则的大小___________度．

23．（2023·内蒙古包头·模拟预测）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为_____．
24．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）已知点P(，)和直线，求点P到直线的距离d可用公式计算．根据以上材料解决下面问题：如图，⊙C的圆心C的坐标为(1，1)，半径为1，直线AB的表达式为，P是直线AB上的动点，Q是⊙C上的动点，则PQ的最小值是_________．   

25．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）如图，一个半径为的转动轮转动角时，传送带上的物体平移的距离是_________（结果用含π的式子表示）
  
26．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，圆锥的母线，侧面展开图是半圆，则圆锥体的高______．
  
27．（2023·内蒙古包头·统考二模）如图，在中，，以点为圆心，的长为半径的圆交边于点，连接．若，则由劣弧和所围成的扇形的面积为_____．
  
28．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积为______
29．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）如图，一块含角的直角三角板ABC，，将其绕点顺时针旋转得到，当B，A，在一条直线上时，顶点所走的路径长为________．

30．（2023·内蒙古包头·一模）如图，是半圆的直径，，是半圆弧的三等分点，于点，连接，若，则图中阴影部分的面积为 ______ ．

31．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在和中，，，，将绕点旋转，连接，若点为中点，绕点旋转，则点的运动轨迹的长为______．

32．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，矩形中，，．以为圆心，的长为半径作弧交边于点，则阴影部分的面积是 __．

33．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，矩形中，，，是中点，以点为圆心，为半径作弧交于点，以点为圆心，为半径作弧交于点，则图中阴影部分面积的差为______．

34．（2023·内蒙古包头·模拟预测）若一个圆锥体的底面积是其表面积的，则其侧面展开图圆心角的度数为______________．
35．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）已知圆锥的底面圆半径为4，侧面展开图扇形的圆心角为120°，则它的侧面展开图面积为_____________．
36．（2023·内蒙古鄂尔多斯·三模）如图，分别以正五边形的顶点A，D为圆心，以长为半径画，．若，则阴影部分图形的周长为____（结果保留π）．
  

三、解答题
37．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点．

(1)求证：直线是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
38．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）如图，以四边形ABCD的对角线BD为直径作圆，圆心为O，过点A作的延长线于点E，已知DA平分．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径和AD的长．

参考答案：
1．C
【分析】根据圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半求解．
【详解】解：如图，连接，

∵E是劣弧的中点，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，正方形的性质和圆心角、弧、弦的关系是关键．
2．C
【分析】据圆周角定理得到，根据平行四边形的性质，得到，根据圆内接四边形的性质，得到，得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
3．B
【分析】根据垂径定理求得，再求得，在和中，利用勾股定理进行计算即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于，

，过圆心，是弦，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
故选：B．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理是正确解答的前提．
4．A
【分析】首先设与轴的另一个交点为点，连接．根据的圆周角所对的弦是直径，即可得是的直径．由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得的度数，进而由含角的直角三角形的性质求得的长，即得出点C坐标．
【详解】解：设与轴的另一个交点为点，连接，如图，

，
是的直径，即．
∵，
∴，
，
点的坐标为：．
故选A．
【点睛】此题考查圆周角定理的推论，含角的直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键．
5．B
【分析】根据，A为中点求出，再根据圆内接四边形的性质得到，即可求出答案．
【详解】解：∵A为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】此题考查圆周角定理，解决本题的关键是掌握在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．
6．B
【分析】先根据圆周角定理求得的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出的度数即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B.
【点睛】此题考查的是圆内接四边形的性质及圆周角定理，比较简单，牢记有关定理是解答本题的关键．
7．A
【分析】首先利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后根据∠CAB=65°求得∠ABC的度数，利用同弧所对的圆周角相等确定答案即可．
【详解】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=65°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=25°，
∴∠ADC=∠ABC=25°，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理的知识，解题的关键是了解直径所对的圆周角为直角，难度不大．
8．C
【分析】根据反比例函数图象的性质即可判断①；根据角平分线的性质即可判断②；根据矩形的判定即可判断③；根据垂径定理即可判定④；根据一元二次方程根的判别式即可判断⑤．
【详解】解：①∵y=，
∴反比例函数图象经过二、四象限，在每个象限内，y随x增大而增大，
∴当时，不一定有，故①是假命题；
②三角形内心是三角形角平分线的交点，则三角形的内心到三边的距离相等，故②是真命题；
③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，故③是真命题；
④平分弦（直径除外）的直径垂直于弦，故④是假命题；
⑤∵，
∴方程有两个实数根，故⑤假命题，
故选C．
【点睛】本题主要考查了判定命题真假，熟知反比例函数图象的性质，角平分线的性质，矩形的判定，垂径定理，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
9．D
【分析】连接，根据切线的性质得到，勾股定理求得，即当最小时，有最小值，当时，最小，求出即得的最小值．
【详解】解：连接，
  
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
即当最小时，有最小值，
∵等边三角形的边长为，为边上一动点，
∴当时，最小，此时，
∴，即的最小值为3，
故选：D．
【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握切线的性质定理及勾股定理是解题的关键．
10．C
【分析】根据平行公理，垂直的性质，中位线的性质，菱形的性质与矩形的判定定理，垂径定理，三角形内心的定义，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：①在同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故①错误；
②同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故②错误；
③顺次连接菱形各边中点所得到的四边形是矩形，故③正确，符合题意；
④平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故④不正确；
⑤三角形的内心到三角形三边的距离相等，故⑤正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行公理，垂直的性质，中位线的性质，菱形的性质与矩形的判定定理，垂径定理，三角形内心的定义，熟练掌握性质定理是解题的关键．
11．B
【分析】利用三角形的中位线定理、邻补角性质、切线长定理以及直角三角形斜边上的中线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A. 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
B. 如果两个角互为邻补角，那么这两个角不一定相等，故此选项是假命题，符合题意；
C. 从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，是真命题，故此选项不符合题意；
D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
故选：B
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解三角形的中位线定理、邻补角性质、切线长定理以及直角三角形斜边上的中线的性质．
12．C
【分析】重叠部分为正八边形的一半，则△CGF、△B'EF是全等的等腰直角三角形，设CG=x，则GF=x，B'F=x，从而BC=x+x+x=2+，即可解决问题．
【详解】解：如图，

∵重叠部分为正八边形的一半，
∴GF=EF=PE=HP，∠GFE=∠FEP=∠HPE=135°，
∴∠GFC=∠B'FE=∠DEP=∠A'PH=45°，
∴△CGF、△B'EF是全等的等腰直角三角形，
设CG=x，则GF=x，B'F=x，
∴BG=B'G=x+x，
∴BC=x+x+x=2+，
∴x=1，
∴GF=，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，正八边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质、折叠性质等知识，用参数x表示出BC的长是解题的关键．
13．A
【分析】根据弧长求得半径，然后由扇形的圆心角和半径长，直接根据扇形的面积公式求解．
【详解】解：∵扇形的圆心角为，弧长为，
∴,
∴,
∴扇形的面积是，
故选：A．
【点睛】本题考查了弧长公式与扇形面积公式，熟练掌握弧长公式与扇形面积公式是解题的关键．
14．C
【分析】根据图像可知半圆的周长为进而得到半圆的半径为，再根据题意得到弧长与时间（秒）的函数关系式及弧长公式即可解答．
【详解】解：设半圆的半径为，，
根据图像可知半圆的周长为，
∴，
∴，
设弧长与时间（秒）的函数关系式：,
∵图像经过，
∴，
∴弧长与时间（秒）的函数关系式为,
∴当秒时，,
∴根据弧长公式可知：,
∴,
故选．
【点睛】本题考查了一次函数与几何图形关系，弧长公式，一次函数图像与性质，掌握一次函数与几何图形关系是解题的关键．
15．B
【分析】根据已知条件求得的半径为，进而求得，当与相切时，取得最大值，根据含度角的直角三角形的性质求得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴的长为，
∴的半径为，
连接，则是等边三角形，，
∴
当与相切时，取得最大值，

设与相切于点，则
∵在菱形纸片中，，
∴，
∴
∴的最大值是，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，圆锥侧面积公式，切线的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
16．B
【分析】先求出正五边形的内角的度数，根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，可求出底面半径．
【详解】解：五边形是正五边形，
，
则弧的长为，即圆锥底面周长为，
设圆锥底面半径为r，则，
∴，
圆锥底面半径为，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形弧长及圆锥底面半径，掌握扇形弧长、圆周长的计算方法是正确解决问题的关键．
17．C
【分析】先求出∠COF，进而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，进而求出BE，最后用三角形的面积减去扇形的面积，即可求出答案．
【详解】在中，，
∴，
，
，
连接，则，
∵外圆弧与斜边相切，
∴∠BEO＝90°，
在中，，
，，
根据勾股定理得，，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公式，求出圆的半径是解本题的关键．
18．A
【分析】先根据勾股定理得到AB=，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD．
【详解】∵∠ACB=90°，AC=BC=1，
∴AB=，
∴S扇形ABD=，
又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，
∴Rt△ADE≌Rt△ACB，
∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD−S△ABC=S扇形ABD=，
故选A.
【点睛】本题考查扇形面积计算，熟记扇形面积公式，采用作差法计算面积是解题的关键.
19．B
【详解】分析：直接利用弧长公式计算得出答案．
详解：的展直长度为：=6π（m）．
故选B．
点睛：此题主要考查了弧长计算，正确掌握弧长公式是解题关键．
20．
【分析】连接，根据圆周角定理得到的度数，根据垂径定理得到的长度，即可求出半径的长度．
【详解】解：连接，如图所示：
  
∵AB是的直径，弦，,
∴,,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
在中，根据勾股定理可得,
∴,
∴,
故填：．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握垂径定理和圆周角定理．
21．/
【分析】连接，利用垂径定理求解再令的半径为，利用勾股定理建立方程求解半径即可得到答案
【详解】解：连接．∵是弦的中点，且经过圆心，

∴，且．
在中，令的半径为，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，掌握利用垂径定理构建直角三角形是解题的关键
22．
【分析】连接，根据垂径定理求出，再根据角的性质计算出，根据计算出，从而能够求出，最后根据⊥，求出的大小．
【详解】解：连接，

∵，是的中点，
∴

∵
∴

∴
∵
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的垂径定理，圆周角和圆心角关系，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
23．/
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，


过圆心O，，


设的半径为
∴



整理得：
解得：

不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
24．
【分析】连接，先根据点与圆的位置关系可得当点为与的交点时，取得最小值，再根据垂线段最短可知，当时，取得最小值，然后利用点到直线的距离公式可得的长，由此即可得．
【详解】解：的半径为1，
，
如图，连接，

则当点为与的交点时，取得最小值，最小值为，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，
直线的表达式为，的坐标为，
的最小值为，
则的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、垂线段最短等知识点，正确找出取得最小值时，点的位置是解题关键．
25．
【分析】先求出圆的半径，再根据弧长公式求出答案即可．
【详解】解：∵半径为，
∴转动轮转过角时传送带上的物体平移的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象和弧长的计算，能熟记圆心角为，半径为的弧的长度是解此题的关键．
26．
【分析】由题意可知，侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长，且侧面展开图的圆周角为，进而求出的长，再利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：由题意可知，侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长，且侧面展开图的圆周角为，
，
，
，
由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式，圆的周长公式，勾股定理，理解题意，得出侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长是解题关键．
27．
【分析】求得的度数，按照扇形面积公式，即可解答．
【详解】解：，
，
，
，
，
扇形的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形等边对等角，扇形面积公式，求出是解题的关键．
28．
【分析】圆锥的侧面积(底面半径，母线长)，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为，母线长为，
∴圆锥的侧面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．
29．
【分析】得出点C经过的路径是圆心角，半径为的弧，代入弧长公式计算即可．
【详解】：在中，
∵，
∴，
∵绕点C顺时针方向旋转到的位置，
∴，
∴点C经过的路径是圆心角，半径为的弧，
∴顶点所走的路径长为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，旋转的性质，弧长公式等知识，确定点B的运动路径是解题的关键．
30．
【分析】过点作，连接，，，分别求出扇形和三角形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】过点D作，连接，，，

∵，
∴，
∵是半圆的直径，，是半圆弧的三等分点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵是半圆的直径，，是半圆弧的三等分点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查不规则图形的面积，解题的关键是作出辅助线，将不规则图形的面积转化为规则图形的面积．
31．
【分析】取的中点O，连接，得是的中位线，则，可知点的运动轨迹为以点O为圆心，长为半径的半圆，由此可解．
【详解】解：如图，取的中点O，连接，

点为中点，
是的中位线，
，
绕点旋转，
点的运动轨迹为以点O为圆心，长为半径的半圆，
点的运动轨迹的长度为．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形中位线定理，点的运动轨迹，弧长公式等，解题的关键是构造中位线，得出点的运动轨迹．
32．
【分析】根据题意可得，则可以求出，可以判断出，进一步求解，代入弧长计算公式可得出阴影面积．
【详解】解：

如图，连接，
在中，，，
，
，
，


，
故答案为：．
【点睛】此题考查扇形的面积，解答本题的关键是求出的度数，要求我们熟练掌握扇形面积公式及解直角三角形的知识．
33．
【分析】根据图形可以求得的长，然后根据图形即可求得的值．
【详解】解：在矩形中，，是中点，
，
，
．
故答案为：
【点睛】本题考查了扇形面积的计算、矩形的性质，解本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
34．120°/120度
【分析】根据圆锥的底面积是其表面积的，则得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图的弧长＝底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数．
【详解】解：设底面圆的半径为，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n°．
由题意得，
，
∵个圆锥体的底面积是其表面积的，
∴，
．
由得，
故．
由得：
，
解得．
故答案为：120°．
【点睛】此题通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键．
35．48π
【分析】首先根据底面圆的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的半径，然后利用公式求得面积即可．
【详解】解：∵底面圆的半径为4，
∴底面周长为8π，
∴侧面展开扇形的弧长为8π，
设扇形的半径为r，
∵圆锥的侧面展开图的圆心角是120°，
∴＝8π，
解得：r＝12，
∴侧面积为π×4×12＝48π，
故答案为：48π．
【点睛】考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长，难度不大．
36．
【分析】由正五边形外接圆的性质，则，由弧长公式计算出弧长，进而求出阴影部分周长.
【详解】解：∵五边形为正五边形，，
∴，，
∴
∴，
故荅案为：.
【点睛】本题考查了正多边形、弧长公式；根据正五边形的每个内角的度数利用弧长公式求出和的长度是解题关键．
37．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明ODAC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
【详解】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，

∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）证明：线段是的直径，
，
∴∠ADM＝180°－∠ADB＝，
∴∠M＋∠DAM＝，∠ABM＋∠DAB＝，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
38．(1)见解析
(2)5，

【分析】（1）连接OA，根据已知条件证明即可解决问题；
（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）证明：如下图，连接OA，
∵，
∴．
∵DA平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵OA是半径，
∴是切线；

（2）解：如上图，取CD中点F，连接OF，
∴于点F，
∴四边形AEFO是矩形．
∵，
∴．
在Rt△OFD中，，
∴，
在Rt△AED中，
，，
∴，
∴的长是．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．