第3章 圆的基本性质 浙教版数学九年级上册章末八大题型总结拔尖篇习题(含解析)

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专题3.12 圆的基本性质章末八大题型总结（拔尖篇） 【题型1   动态图形的扫过的面积的计算】 【题型2   圆周角定理有关的计算与证明】 【题型3   垂径定理的实际应用】【题型4   由点与圆的位置关系求求最值】 【题型5   由圆的对称性求最短路线问题】 【题型6   动点的运动轨迹长度计算】 【题型7   正多边形与圆】【题型8   圆锥侧面积的相关计算】【题型1  动态图形的扫过的面积的计算】（2023秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）1．如图，已知A、D是上任意两点，且，以为边作正方形，若边绕点O旋转一周，则边扫过的面积为 ．  （2023秋·江苏·九年级专题练习）2．如图，半圆的直径，弦，弦在半圆上滑动，点从点开始滑动，到点与点重合时停止滑动，若是的中点，则在整个滑动过程中线段扫过的面积为___________．  （2023·黑龙江鸡西·校考三模）3．在平面直角坐标系中，已知，，；  (1)将沿轴负方向平移个单位至，画图并写出的坐标____________；(2)以点为旋转中心，将逆时针方向旋转得，画图并写出的坐标_____；(3)在平移和旋转过程中线段扫过的面积为___________．（2023秋·浙江·九年级专题练习）4．如图所示，扇形从图①无滑动旋转到图②，再由图②到图③，，．(1)求点运动的路径长；(2)求点走过路径与射线围成的面积．【题型2  圆周角定理有关的计算与证明】【方法点拨】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．推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等．推论2：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（2023秋·北京西城·九年级北京八中校考期中）5．如图，已知：过上一点作两条弦、，且，，都不经过过作的垂线交于，直线，交于点，直线，交于点．  (1)证明：；(2)探索线段、、的数量关系，并证明你的结论．（2023秋·湖北·九年级期末）6．已知内接于，的平分线交于点D，连接，．(1)如图①，当时，请直接写出线段，，之间满足的等量关系式：　 　；(2)如图②，当时，试探究线段，，之间满足的等量关系，并证明你的结论．（2023秋·山西朔州·九年级校考期中）7．如图，是的直径，弦与相交于点E，与相切于点A，交的延长线于点F，，，．  (1)求的度数；(2)求的长度；(3)判定四边形的形状，并证明你的结论．（2023秋·江苏盐城·九年级统考期中）8．如图，在的内接四边形中，，是四边形的一个外角．(1)若，则 ；(2)过点D作于E，判断之间的数量关系并证明；(3)若，求的值．【题型3  垂径定理的实际应用】【方法点拨】垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧．推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线过圆心，且平分弦对的两条弧．（2023秋·河北石家庄·九年级校联考期末）9．如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于，两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，厘米．若从日前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为8分钟，则①现在“图上”太阳与海平线的位置关系是 ；②“图上”太阳升起的平均速度为 厘米/分．  （2023秋·浙江台州·九年级校考期中）10．我市在创建全国文明城市检查中，发现一些破旧的公交车候车亭有碍观瞻，现已更换新的公交候车亭(图1)，图2所示的是侧面示意图，FG为水平线段，PQ⊥FG，点H为垂足，FG=4m， FH=2.4m， 点P在弧FG上，且弧FG所在的圆的圆心O到FG，PQ的距离之比为5：2，则PH的长约为多少米？  （2023春·浙江台州·九年级台州市书生中学校考期中）11．如图这是我市某跨海大桥正侧面的照片，大桥的主桥拱为圆弧型，桥面长为800米，且与水面平行，小王用计算机根据照片对大桥进行了模拟分析，在桥正下方的水面上取一点P，在桥面上取点C，作射线交弧（主桥拱）于点D，右边画出了与关于长的函数图象，下列对此桥的判断不合理的是（　　）A．桥拱的最高点与桥面的实际距离约为210米 B．桥拱正下方的桥面的实际长度约为500米C．拍摄照片时，桥面离水面的实际高度约为110米D．桥面上段的实际长度约200米 （2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）12．“筒车”是一种以水流作动力，取水灌田的工具．如图，“筒车”盛水筒的运行轨迹是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O始终在水面上方．且当圆被水面截得的弦为6米时，水面下盛水筒的最大深度为1米（即水面下方部分圆上一点距离水面的最大距离）．  (1)求该圆的半径；(2)若水面上涨导致圆被水面截得的弦从原来的6米变为8米时，则水面下盛水筒的最大深度为多少米？【题型4  由点与圆的位置关系求求最值】【方法点拨】解决此类问题关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．（2023秋·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考期中）13．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，，点在以为圆心，2为半径的圆上运动，且始终满足，则的最小值是 ．（2023秋·山东德州·九年级统考期中）14．如图，点A、B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为 ．（2023秋·山东泰安·九年级校联考期末）15．如图，点半径为2，，点M是上的动点，点C是的中点，则的最大值是（　　）A． B． C． D．（2023秋·河南驻马店·九年级平舆县第二初级中学校考期末）16．如图，中，是内部的一个动点，且满足则线段的最小值为 ．【题型5  由圆的对称性求最短路线问题】（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）17．如图，在中，AB是的直径，，，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；②；③；④的最小值是10． 上述结论中正确的个数是 （2023秋·安徽淮北·九年级校考期末）18．如图，是的直径，，点在上，，为弧的中点，是直径上一动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）19．如图，A、是半圆上的两点，是直径，．若，，是上的一动点，则的最小值为 ．（2023秋·广东广州·九年级校考期末）20．（1）如图①，在中，，．尺规作图：作的外接圆，并直接写出的外接圆半径的长．（2）如图②，的半径为13，弦，是的中点，是上一动点，求的最大值．（3）如图③所示，，、是某新区的三条规划路，其中，，，所对的圆心角为，新区管委会想在路边建物资总站点，在，路边分别建物资分站点、，也就是，分别在、线段和上选取点、、．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路、和．为了快捷、环保和节约成本．要使得线段、、之和最短，试求的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）【题型6  动点的运动轨迹长度计算】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）21．四边形中，，，且，．以为圆心，为半径作弧，交的延长线于点，若点为弧上的动点，过点作于点，设点I为的内心，连接，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 ．  （2023秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）22．如图，已知，，，半径为2的从点A出发，沿方向滚动到点C时停止，圆心O运动的路程是 ．  （2023秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）23．如图，有一块长为、宽为的矩形木板在桌面上按顺时针方向无滑动地翻滚，木板上顶点的位置变化为，其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡住，使木板边沿与桌面成角，则点翻滚到点的位置经过的路径长为（    ）  A． B． C． D．（2023·浙江温州·校考三模）24．图1是挂桶式垃圾车的联动装置，通过钢轴先后作两次旋转移动垃圾桶，实现对垃圾桶提升和翻转，将垃圾桶内的垃圾自动收入车厢．图2，图3是该装置的侧面示意图，与地面所成的锐角为，．第一次转轴绕点B把竖直放置垃圾桶旋转，转轴转至，使A，B，共线，在此转动过程中，转轴与转轴所成锐角为30°保持不变．第二次转轴绕点旋转至，使，B，A共线．当转轴外端点D到达最高处时，点离地面的距离为 cm．垃圾桶从举起到倒掉垃圾的整个过程中，转轴外端点D所经过的路径长为 cm．  【题型7  正多边形与圆】【方法点拨】定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．（2023秋·山东淄博·九年级统考期末）25．已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（    ）  A． B． C． D．（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）26．如图，已知的半径为4，则该圆内接正六边形的边心距（    ）  A． B． C． D．3（2023秋·浙江杭州·九年级校考期中）27．如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H，则的值是（ ）A． B． C． D．2（2023秋·北京海淀·九年级期末）28．如图，是正八边形的外接圆，的半径是，则下列四个结论中正确的是 ．①的长为；②；③为等边三角形；④．【题型8  圆锥侧面积的相关计算】【方法点拨】解决此类问题掌握圆锥侧面积的计算公式是关键，并且能够灵活运用.（2023秋·全国·九年级专题练习）29．小华的爸爸要用一块矩形铁皮加工出一个底面半径为，高为的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计）你能求出这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角吗？如图，有两种设计方案，请你计算一下，哪种方案所用的矩形铁皮面积较少？  （2012春·湖南永州·九年级阶段练习）30．如图，在等腰梯形中，，，，以A为圆心，为半径的圆与边相切于点M，与交于点E，将扇形剪下围成一个圆锥，则圆锥的高为 ．  （2023秋·江苏·九年级专题练习）31．如图是一张直角三角形卡片，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝2 cm，DB＝4 cm，DE⊥AB．若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体的表面积为 cm2．   （2023秋·全国·九年级专题练习）32．如图，在一张四边形的纸片中，，，，以点为圆心，为半径的圆分别与交于点．(1)求证：与相切；(2)过点B作的切线；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(3)若用剪下的扇形围成一个圆锥的侧面，能否从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面？参考答案：1．【分析】如图所示，连接，过点O作于点E，延长交于点F．则边扫过的面积为以为外圆半径、为内圆半径的圆环面积，利用垂径定理即可得出，进而可得出，再根据圆环的面积公式结合勾股定理即可得出边扫过的面积．【详解】解：如图所示，连接，过点O作于点E，延长交于点F．    ∵为弦，，∴由垂径定理可得．∵四边形为正方形，∴，，∴，∴四边形为矩形，．∵边绕点O旋转一周，则边扫过的图形为以为外圆半径，为内圆半径的圆环，∴圆环面积为．故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，平行线的性质以及圆环的面积公式，结合边的旋转，找出边旋转过程中扫过的区域的形状是解题的关键．2．【分析】根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，进而得出，再根据旋转可得旋转的圆心角为，半径，根据扇形面积的计算方法进行计算即可。【详解】解：连接，如下图：  ∵，∴∴，又∵点为的中点，∴，弦在半圆上滑动，点从点开始滑动，到点与点重合时停止滑动，就绕着点逆时针旋转，扫过的部分为下图中的阴影部分，  由题意可得：，∴，，又∵，∴，∴扫过的部分的面积就是，故答案为：【点睛】本题考查勾股定理及逆定理，扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及勾股定理的逆定理是正确解答的前提．3．(1)作图见解析，(2)作图见解析，(3)【分析】（1）根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；（2）根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；（3）根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段扫过的面积．【详解】（1）解：如图所示：即为所求，，故答案为：；（2）如图所示：即为所求，，故答案为：；（3）根据题意，每个小正方形的边长为，∴，，∵将沿轴负方向平移个单位至，∴，，∴四边形是平行四边形，∴在平移和旋转过程中线段扫过的面积为： ，故答案为：．  【点睛】本题考查作图—平移变换、旋转变换，平行四边形和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段扫过的面积是解题关键．4．(1)点运动的路径长为；(2)点走过路径与射线围成的面积为．【分析】（1）一共转动了三次，分析每一次转动的圆心角和半径，然后利用弧长公式即可求解；（2）同（1）的方法，利用扇形面积公式的长方形面积公式即可求解．【详解】（1）解：如图，运动路径第一段弧长，第二段路径为线段长为，第三段路径为，即O在射线上运动路径为；（2）解：围成面积，，，，．【点睛】本题考查弧长公式、扇形面积公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．5．(1)见解析(2)，见解析【分析】（1）连接，证明为等腰直角三角形，再证明，即可得出结论；（2）过点作交于，先证明为等腰直角三角形，得出，再证明得出，由，等量代换即可证明．【详解】（1）证明：如图1，连接，  ，，为的直径，，，，，，，四边形内接于，，在与中，，，；（2）解：，证明：如图2，过点作交于，  ，为等腰直角三角形，，，，，，，在和中，，，，．【点睛】本题考查了圆周角定理及全等三角形的判定与性质，证明三角形的全等是解题的关键．6．(1)(2)，证明见解析【分析】（1）在线段上截取，连接，根据圆周角定理的推论证明和是等边三角形，再利用证明，得出，即可推导得出；（2）延长到点M，使，连接，利用圆内接四边形的性质得出，再利用证明，推出，，进而证明，根据勾股定理可得，即．【详解】（1）解：如图①在线段上截取，连接，，平分，，，，同理：，，，，，，，在和中，，，，．故答案为：；（2）解：，理由如下：如图②，延长到点M，使，连接，四边形内接于，，， ，在和中，，，，，，，，即，．【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质，勾股定理等知识点，解题关键是熟练运用转化思想，通过添加辅助线，构造全等三角形．7．(1)(2)(3)四边形是平行四边形，证明见解析【分析】（1）由切线的性质得出，求出，得出，由圆周角定理可得．（2）证出，由垂径定理得出，证明是等边三角形，得出，由直角三角形的性质得出，，求出，即可得出即可；（3）根据（1）（2）得到的相关结论证明、，然后根据两组对边平行的四边形是平行四边形即可解答．【详解】（1）解：∵与相切于点A，∴，∵，∴，∴．（2）解：∵，，∴，∴，∴，∴，∴∴∵，，∴是等边三角形，∴，∵，∴，，∴，∴．（3）解：四边形是平行四边形，证明如下：∵，，∴∵是等边三角形，∴,即,∵，∴，∴,∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握圆周角定理、垂径定理和等边三角形的相关知识是解题的关键．8．(1)75(2)，见解析(3)60【分析】（1）四边形是圆O的内接四边形，则，是四边形的一个外角得到，，则，由圆周角定理得到，即可得到答案；（2）过点D作于点F，先证明得到，再证明，则，进一步即可得到结论；（3）在中，，在中，，由得到，则，，即可得到结论．【详解】（1）∵四边形是圆O的内接四边形，∴，∵是四边形的一个外角，∴，∵，∴．∴，∵弧所对的圆周角分别为，∴，∵，∴，故答案为；75（2）过点D作于点F，∵，∴∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，即；（3）在中，，在中，，∵，∴，∴，，∴．【点睛】此题考查了圆周角定理及其推论，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，9． 相交 1【分析】首先根据海平面与圆有两个交点可判断出直线与圆的位置关系，然后连接，过点O作于D，由垂径定理求出的长，再由勾股定理求出的长，然后计算出太阳在海平线以下部分的高度，即可求解．【详解】解：∵海平面与圆有两个交点∴现在“图上”太阳与海平线的位置关系是相交；设“图上”圆的圆心为O，连接，过点O作于D，如图所示：  ∵厘米，∴（厘米），∵厘米，∴（厘米），∴海平线以下部分的高度（厘米），∵太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为8分钟，∴“图上”太阳升起的速度（厘米/分），故答案为：相交，1．【点睛】本题考查的是垂径定理的运用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．10．PH的长约为1.2米【分析】作出如图的辅助线，利用垂径定理结合矩形性质求得FM、OM、HN、ON的长，分别在直角三角形OFM和直角三角形OPN中，利用勾股定理即可求解．【详解】过点O作FG的垂线，垂足为M，过点O作PQ的垂线，垂足为N，    ∵PQ⊥FG，∴四边形MONH是矩形，则(m)，(m)，∵O到FG，PQ的距离之比为，即，∴(m)，连接OF和OP，则在直角三角形OFM中，(m)，∴直角三角形OPN中，(m)，∴(m)故则PH的长约为1.2米．【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关系．11．A【分析】由题意知，从0变化到8，米，横坐标一个单位长度对应的长度为100米，函数图象中与函数图象的交点即为桥拱与桥面的交点、，对应的横坐标分别为1、6，可求，进而可判断B的正误；如图，过最高点作，交于，由题意知，中点对应最高点，根据时，， 结合图象可判断A的正误；纵坐标最小时，，由函数图象可得的值，进而可判断C的正误；根据桥面上段的实际长度约 米，计算可判断D的正误．【详解】解：由题意知，从0变化到8，米，∴横坐标一个单位长度对应的长度为100米，函数图象中与函数图象的交点即为桥拱与桥面的交点、，对应的横坐标分别为1、6，∴米，B正确，故不符合要求；如图，过最高点作，交于，由题意知，中点对应最高点，∴时，， 由图象可知，米，∴桥拱的最高点与桥面的实际距离小于180米，A错误，故符合要求；纵坐标最小时，此时，由函数图象可知，米，C正确，故不符合要求；桥面上段的实际长度约 米，D正确，故不符合要求．故选：A．【点睛】本题考查了函数图象，垂径定理．解题的关键在于结合题意理解图象信息．12．(1)5米(2)2米【分析】（1）作于点E，交于点D，由垂径定理可得，，再由勾股定理即可求出圆的半径；（2）当米时，米． 在中，由勾股定理可得，，则米，即可求出的长．【详解】（1）解：如图，作于点E，交于点D．则米，米．设圆的半径为r米，在中，，∴，解得，∴该圆的半径为5米；  （2）解：当米时，米． 在中，，∴， ∴米，∴（米）．答：水面下盛水筒的最大深度为2米．【点睛】本题考查垂径定理，熟练掌握垂径定理的定义并运用是解题的关键．13．##【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得的长，再由勾股定理解得的长，最后由点与圆的位置关系即可求解．【详解】解：连接，由题意，得：，，∴，∵，∴，要最小，就是点A到上的一点的距离最小，∴P在上，∵，，∴，∴t的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．14．-．【分析】先证点C在半径为1的⊙B上，可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，根据三角形的中位线定理可得结论．【详解】解：∵A（2，0），B（0，2），∴OA=OB=2，∵点C为坐标平面内一点，BC=1，∴C在⊙B上，且半径为1，如图，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，∵M为线段AC的中点，OD=OA，∴OM是△ACD的中位线，∴OM=CD，当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，当C在线段DB上时，OM最小，∵OB=OD=2，∠BOD=90°，∴BD=OB=2，∴CD=2-1，∴OM=CD=-，即OM的最小值为-，故答案为：-．【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最小值时点C的位置是关键．15．C【分析】如图，作射线交于、，连接．因为，所以，所以当最大时，最大，可知当M运动到时，最大，由此即可解决问题．【详解】如图，作射线交于、，连接，由勾股定理得：，∵，∴，∴当最大时，最大，∴当M运动到时，最大，此时的最大值，故选C．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题．16．2【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．【详解】解：∵AB⊥BC，∴∠ABP＋∠PBC＝90°，∵∠PAB＝∠PBC∴∠BAP＋∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，∴OB＝AB＝3，∴OC＝，∴PC＝OC−OP＝5−3＝2．∴PC最小值为2．故答案为2．【点睛】本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．17．2##2个【分析】①根据等弧所对的圆心角所对得；根据圆的对称性得；故①正确；②根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得，故②错误；③根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得，再根据三角形内角和即可得；故③正确；④作C关于的对称点F，连接交于点N，连接交于点M，此时的值最短，即为长，连接，根据圆周角定理得，，再由三角形内角和得，再由圆周角定理得是的直径，即可得出的最小值，故④正确．【详解】解：①∵，∴；又∵点E是点D关于的对称点，∴；故①正确；②∵，故②错误；③由M为AB上动点，D为定点，∴不一定垂直于CE；故③错误；④作C关于的对称点F，连接交于点N，连接交于点M，此时的值最短，即为长，连接，∵，∴，∴，∴是的直径，∵，∴，∴，故④正确．故正确的个数为2个故答案为：2．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，轴对称的应用—最短距离问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．18．B【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接，交于于点，此时的值最小，即，连接，根据点在上，，为弧的中点，可得，根据圆周角定理可得，可得是等腰直角三角形，由此即可求解．【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，交于于点，此时的值最小，即，连接，∵点在上，，为弧的中点，∴，，∴，∴，∵是的半径，即，∴是等腰直角三角形，∴，∴的最小值为，故选：．【点睛】本题主要考查圆的基础知识，对称图形求对短路径，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识是解题的关键．19．【分析】延长交于连接交于P，连接．则的值最小，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：延长交于连接交于P，连接．∵，∴，∴，此时的值最小，∵是直径，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理的运用和最短路径问题，正确的作辅助线是解决本题的关键．20．（1）5；（2）18；（3）【分析】（1）如图①，外接圆的圆心为O，连接，，根据已知条件可得是等边三角形，由此即可得半径；（2）如图②所示，连接并延长交于点N，连接，显然，即为的最大值，根据垂径定理求得的长即可求得的最大值；（3）如图③所示，假设P点即为所求点，假设P点即为所求点，分别作出点P关于、的对称点、连接、，，，，，则即为最短距离，其长度取决于的长度，根据题意正确画出图形，得到点P的位置，根据等边三角形、勾股定理等进行求解即可得的最小值.【详解】（1）如图①，外接圆的圆心为O，连接，，∵O是等腰三角形的外心，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，故答案为5；（2）如图②所示，连接并延长交于点N，连接，显然，，∵，是的中点，∴,∵，∴，∵，∴的最大值为18；（3）如图③所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于、的对称点、，连接、，，，，由对称性可知，且、E、F、在一条直线上，所以即为最短距离，其长度取决于的长度， 如图④，作出的圆心O，连接，与弧交于P，P点即为使得最短的点，∵，，，∴是直角三角形，，，所对的圆心角为，∴是等边三角形，，，∴，，，，∴，∴，∵，所以的最小值为．【点睛】本题考查了圆的综合，涉及到垂径定理、最短路径问题等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.21．##【分析】三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，连接，由内心定义得，继而证明，再由全等三角形的对应角相等解得，接着计算的度数，得到，过、、三点作，求得的度数，求出，在等腰直角三角形中，利用勾股定理解得，最后根据弧长公式解题即可．【详解】解：如图，连接，  是内心，，，，，，，，，， 过、、三点作，连接，，当点从点运动到点时，内心所经过的路径长为的长，过点作，过作，垂足分别为M、N，，，，，，． ，，，在等腰直角三角形中，，．故答案为：．【点睛】本题考查圆的综合，涉及圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形的内心性质、不共线三点确定一个圆、弧 长公式等知识，是重要考点，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．22．【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部分：，，，分别计算出各部分的长再相加即可【详解】解：圆心O运动路径如图：  ∵；弧的长度为；，∴圆心O运动的路程是．故答案为：．【点睛】本题考查了弧长的计算，找到运动轨迹，将运动轨迹分为三部分进行计算是解题关键．23．B【分析】根据旋转的定义得到点A以B为旋转中心，以为旋转角，顺时针旋转得到；是由以C为旋转中心，以为旋转角，顺时针旋转得到，由于，，，，然后根据弧长公式计算即可．【详解】解：连接、，由题意，点A以B为旋转中心，以为旋转角，顺时针旋转得到；是由以C为旋转中心，以为旋转角，顺时针旋转得到，  ∵，，，，∴点A翻滚到位置时共走过的路径长，故选：B．【点睛】本题考查了弧长公式，旋转变换，解决本题的关键是掌握弧长公式和旋转的性质．24． 【分析】①过点作地面于F，利用求出，再利用与地面所成的锐角为即可求出离地面的距离；②先求出，再用弧长公式求出与的长度，再求和即可．【详解】①过点作地面于F，由旋转的性质可知：，∵，∴，又∵与地面所成的锐角为，即，地面，∴离地面的距离为：．②过点B作，交的延长线于点G，连接与，作，  ∵转轴与转轴所成锐角为保持不变，即，∴，∵，，，∴，，又∵，∴，∴，由旋转的性质可知，，∴的长度为：，又作，  由旋转的性质可知：，∴的长度为：，转轴外端点D所经过的路径，即与的长度和为：．故答案为：；．【点睛】本题考查含30°的直角三角形的性质，旋转的性质，弧长公式，勾股定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．25．D【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形MF的长，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．【详解】解：如图，连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1，由正六边形的性质可得ON＝2，∴ODOF，∴MF1，由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FHMF，故选：D．  【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．26．C【分析】连接，，可得是等边三角形，根据边心距即为等边三角形的高用勾股定理求出．【详解】解：连接，，  ∵六边形是正六边形，∴，∴是等边三角形，由题意可知，则垂直平分，∴，∴故选：C．【点睛】本题考查了正多边形，等边三角形的判定及性质，熟练掌握圆内接正多边形的相关概念是解题的关键．27．C【分析】设的半径是，则，根据是的平分线，求出，进而得出，再根据相似比求出，从而得到的值．【详解】解：连接、、，如图所示：设的半径是，则，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即的值是，故选：C．【点睛】本题考查正多边形与圆的关系．解答本题的关键是熟练掌握正多边形的有关概念，并准确运用他们求线段长．28．①②④【分析】先求出所对的圆心角的度数，再利用弧长公式计算的长，可判断①；因为，，结合勾股定理求出，可判断②；因为等边三角形的三个内角都是，而，所以不是等边三角形，可判断③；根据对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半可求出，根据题意和图形可判断正八边形的面积等于四个四边形的面积，即可求出正八边形的面积，可判断④．【详解】解：∵是正八边形的外接圆，∴，∴，∴，故①正确；∵，，∴，∴，即，故②正确；∵，∴不是等边三角形，故③错误；∵，∴，∴，∴，又∵，∴，故④正确；综上，①②④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正多边形和圆、勾股定理、弧长公式、垂径定理及对角线互相垂直的四边形的面积的计算方法，熟练掌握正多边形的中心角和边数的关系是解答本题的关键．29．（1）120°（2）方案二所用的矩形铁皮面积较少【分析】（1）先根据勾股定理求出母线长为60，然后根据圆锥侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式计算锥形漏斗的侧面展开图的圆心角；（2）如图1，矩形的一边长等于母线长60，再利用含30度的直角三角形三边的关系计算出OB，从而得到BC长，再计算矩形ABCD的面积；如图2，矩形的一边长等于母线长60，再利用含30°的直角三角形三边的关系计算出OF，从而得到CG长，再计算矩形EFGH的面积，然后比较两矩形的面积即可．【详解】圆锥的母线长，设这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为，所以，解得，  即这个锥形漏斗的侧面展开图的圆心角为；如图，，，在中，∵，∴，∴，∴，∴方案一所需的矩形铁皮的面积，如图，，，在中，∵，∴，  ∴，∴方案二所需的矩形铁皮的面积，∴方案二所用的矩形铁皮面积较少．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形半径等于圆锥的母线长.30．##【分析】连接，过点D作交于点N，由切线的性质知，先根据题意和等腰梯形的性质求出的度数，然后根据弧长公式可求出弧的长，进一步可求得圆锥的底面半径，再运用勾股定理即可求得圆锥的高．【详解】解：连接，过点作，垂足为，四边形为矩形，，，，，，，，，，，，圆锥的高故答案为．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质、切线的性质、圆锥的计算，解题的关键是首先利用圆锥的底面周长等于圆锥的弧长求得圆锥的底面半径．31．16π＋16π．【分析】根据旋转得到若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，利用圆的面积公式，圆锥侧面的面积公式计算即可.【详解】∵AD＝2 cm，DB＝4 cm，∴AB=6cm，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CH=3cm，过点C作CF⊥直线DE于F，作CH⊥AB于H，则四边形CFDH是矩形，∴DF=CH=3cm，∵DE⊥AB，∴DE=AD=2cm，∠CEF=∠AED=45°，∴CF=EF=DF-DE=1cm，∵若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，如图，底面圆的面积=，外侧面积=，上面圆锥侧面面积=，∴形成的几何体的表面积为，故答案为： .  【点睛】此题考查平面图形旋转得到几何体，考查空间想象能力，考查了圆的面积公式，圆锥的侧面面积公式，此题能根据图形利用空间想象能力得到旋转后的几何体为上面去掉一个圆锥的圆台由此进行计算是解题的关键.32．(1)见解析(2)见解析(3)能，理由见解析【分析】（1）过点作于点，勾股定理求得可得是的半径，即可得证；（2）作线段的垂直平分线，交于点，作直线，则即为所求，根据作图可得，根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即可求解；（3）根据弧长公式求得的长，继而求得圆锥的底面半径，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作于点，则与相切，继而求得的半径，比较与的大小，进而比较与圆锥底面半径的大小即可求解．【详解】（1）证明：如图，过点作于点，∵，∴，∵的半径为，∴是的半径，又，∴是的切线；（2）如图，作线段的垂直平分线，交于点，作直线，则即为所求，理由，∵，∴∴是直角三角形，且∴是的切线；（3）解：∵∴，∴则圆锥的底面圆的半径为如图，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作于点，则与相切，∵∴∵∴∴∴由（1）可知之间的距离为，∴,∵∴∴是等腰直角三角形，∴∵∴是等腰直角三角形，∴设的半径为，则，∴解得∴,∴，∴，，∵，又，∴，即，∵．∴能从剪下的两块余料中选取一块，剪出一个圆作为这个圆锥的底面．【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．