江苏省扬州市高邮市2021-2021学年九年级〔上〕第一次月考数学试
卷
一、选择题
1．以下说法错误的选项是〔 〕
A．直径是圆中最长的弦 B．长度相等的两条弧是等弧 C．面积相等的两个圆是等圆 D．半径相等的两个半圆是等弧
2．如图，⊙O的弦AB=8，P是劣弧AB中点，连结OP交AB于C，且PC=2，那么⊙O的半径为〔 〕
A．8 B．4 C．5 D．10
3．⊙O的半径r=5cm，圆心到直线l的距离OM=4cm，在直线l上有一点P，且PM=3cm，那么点P〔 〕
A．在⊙O内 B．在⊙O上
C．在⊙O外 D．可能在⊙O上或在⊙O内
4．如图，AB是⊙O的弦，点C在圆上，∠OBA=40°，那么∠C=〔 〕
A．40° B．50° C．60° D．80°
5．如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，那么∠D的度数是〔 〕
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A．25° B．40° C．50° D．65°
6．有一个边长为50cm的正方形洞口，要用一个圆盖去盖住这个洞口，那么圆盖的直径至少应为〔 〕 A．50cm B．25
cm C．50
cm D．50
cm
7．一个长为4cm，宽为3cm的长方形木板在桌面上做无滑动的翻滚〔顺时针方向〕，木板点A位置的变化为A→Al→A2，其中第二次翻滚被面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°的角，那么点A滚到A2位置时共走过的路径长为〔 〕
A． B． C． D．
上一点，且
8．如下图，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为=
，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论：
=
；④∠ACM+∠ANM=∠MOB；⑤AE=MF．
①AD=BD；②∠MAN=90°；③
其中正确结论的个数是〔 〕
A．2
B．3 C．4 D．5
二．填空题〔将第9-18题填写在横线上，每题3分，共30分〕
9．如图，⊙O的直径为10，弦AB长为8，点P在AB上运动，那么OP的最小值是 ．
10．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，CD=4，OD=3，求AB的长是 ．
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11．如图在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，圆心坐标是 ．
12．⊙O的半径为R，圆心O到点A的距离为d，且R、d分别是方程x2﹣6x+9=0的两根，那么点A与⊙O的位置关系是 ．
13．扇形的半径为6cm，圆心角的度数为120°，那么此扇形的弧长为 cm．
14．如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开场，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是 ．
15．将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影局部的扇形围成一个圆锥的侧面，那么这个圆锥的高为 ．
16．AB是半⊙O的直径，∠D=50°，AD切⊙O于点A，连接DO交半⊙O于点E，作EC∥AB交半⊙O于C点，连接AC，那么∠CAB的度数为 ．
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17．如图，⊙O的半径为1，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上的一个动点，PQ切⊙O于点Q，那么PQ的最小值为 ．
18．如图，AB是⊙O的直径，弦BC=3cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．假设动点E以3cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t〔s〕〔0≤t＜3〕，连接EF，当t值为 s时，△BEF是直角三角形．
三．解答题〔本大题共10小题，共96分〕 19．⊙O中的弦AB=CD，求证：AD=BC．
20．如图，在⊙O中，点C是半径的长．
的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=12，CD=2．求⊙O
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21．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D为的周长．
上一点，∠ABC=∠BDC=60°，AC=3cm，求△ABC
22．如图，以△OAB的顶点O为圆心的⊙O交AB于点C、D，且AC=BD，OA与OB相等吗？为什么？
23．如下图，正方形网格中，△ABC为格点三角形〔即三角形的顶点都在格点上〕． 〔1〕把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1； 〔2〕把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2； 〔3〕如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过〔1〕、〔2〕变换的路径总长．
24．如图，点C是⊙O的直径AB延长线上的一点，且有BO=BD=BC． 〔1〕求证：CD是⊙O的切线； 〔2〕假设半径OB=2，求AD的长．
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25．〔10分〕如下图，扇形AOB的半径为6cm，圆心角的度数为120°，假设将此扇形围成一个圆锥，那么：
〔1〕求出围成的圆锥的侧面积为多少？ 〔2〕求出该圆锥的底面半径是多少？
26．〔10分〕如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的直线交AB的延长线于点D，AE⊥DC，垂足为E，F是AE与⊙O的交点，AC平分∠BAE． 〔1〕求证：DE是⊙O的切线；
〔2〕假设AE=6，∠D=30°，求图中阴影局部的面积．
27．〔12分〕阅读以下材料，然后解答问题．
经过正四边形〔即正方形〕各顶点的圆叫作这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫作这个圆的内接正四边形．
如图，正四边形ABCD的外接圆⊙O，⊙O的面积为S1，正四边形ABCD的面积为S2，以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON=90°，将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O相交于点E、F，分别与正四边形ABCD的边相交于点G、H．设由OE、OF、
及正四边形ABCD的边围成的图
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形〔图中的阴影局部〕的面积为
S．①
〔1〕当OM经过点A时〔如图①〕，那么S、S1、S2之间的关系为：S= 〔用含S1、S2的代数式表示〕；
〔2〕当OM⊥AB时〔如图②〕，点G为垂足，那么〔1〕中的结论仍然成立吗？请说明理由； 〔3〕当∠MON旋转到任意位置时〔如图③〕，那么〔1〕中的结论仍然成立吗？请说明理由． 28．〔12分〕如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点〔点C不在重合〕，∠ACB=∠ABD=45° 〔1〕求证：BD是该外接圆的直径； 〔2〕连结CD，求证：
AC=BC+CD；
2
2
2
上，且不与点B，D
〔3〕假设△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM，AM，BM三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
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,2021-2021学年江苏省扬州市高邮市九年级〔上〕第一次月考数学试卷
参与试题解析
一、选择题
1．以下说法错误的选项是〔 〕
A．直径是圆中最长的弦 B．长度相等的两条弧是等弧 C．面积相等的两个圆是等圆 D．半径相等的两个半圆是等弧 【考点】圆的认识．
【分析】根据直径的定义对A进展判断；根据等弧的定义对B进展判断；根据等圆的定义对C进展判断；根据半圆和等弧的定义对D进展判断．
【解答】解：A、直径是圆中最长的弦，所以A选项的说法正确； B、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，所以B选项的说法错误； C、面积相等的两个圆的半径相等，那么它们是等圆，所以C选项的说法正确； D、半径相等的两个半圆是等弧，所以D选项的说法正确． 应选B．
【点评】此题考察了圆的认识：掌握与圆有关的概念〔弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等〕．
2．如图，⊙O的弦AB=8，P是劣弧AB中点，连结OP交AB于C，且PC=2，那么⊙O的半径为〔 〕
A．8 B．4 C．5 D．10
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】首先连接OA，由P是劣弧AB中点，可得OP⊥AB，且AC=4，然后设⊙0的半径为x，利用勾股定理即可求得方程：x2=42+〔x﹣2〕2，解此方程即可求得答案． 【解答】解：连接OA，
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∵P是劣弧AB中点，
∴OP⊥AB，AC=AB=×8=4，
设⊙0的半径为x，那么OC=OP﹣PC=x﹣2， 在Rt△OAC中，OA=OC+AC， ∴x=4+〔x﹣2〕， 解得：x=5， ∴⊙0的半径为5． 应选C．
2
2
22
2
2
【点评】此题考察了垂径定理以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
3．⊙O的半径r=5cm，圆心到直线l的距离OM=4cm，在直线l上有一点P，且PM=3cm，那么点P〔 〕
A．在⊙O内 B．在⊙O上
C．在⊙O外 D．可能在⊙O上或在⊙O内 【考点】点与圆的位置关系．
【分析】由条件计算出OP的长度与半径比拟大小即可． 【解答】解：由题意可知△OPM为直角三角形，且PM=3，OM=4， 由勾股定理可求得OP=5=r， 故点P在⊙O上， 应选B．
【点评】此题主要考察点和圆的位置关系的判定，只要计算出P点到圆心的距离再与半径比拟大小即可．
4．如图，AB是⊙O的弦，点C在圆上，∠OBA=40°，那么∠C=〔 〕
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A．40° B．50° C．60° D．80° 【考点】圆周角定理．
【分析】首先根据等边对等角即可求得∠OAB的度数，然后根据三角形的内角和定理求得∠AOB的度数，再根据圆周角定理即可求解． 【解答】解：∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=40°，
∴∠AOB=180°﹣40°﹣40°=100°． ∴∠C=∠AOB=×100°=50°． 应选B．
【点评】此题考察了等腰三角形的性质定理以及圆周角定理，正确理解定理是关键．
5．如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，那么∠D的度数是〔 〕
A．25° B．40° C．50° D．65° 【考点】切线的性质；圆周角定理．
【分析】首先连接OC，由∠A=25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案． 【解答】解：连接OC，
∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°， ∴AB是直径， ∵∠A=25°，
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∴∠BOC=2∠A=50°， ∵CD是圆O的切线， ∴OC⊥CD，
∴∠D=90°﹣∠BOC=40°． 应选B．
【点评】此题考察了切线的性质以及圆周角的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
6．有一个边长为50cm的正方形洞口，要用一个圆盖去盖住这个洞口，那么圆盖的直径至少应为〔 〕 A．50cm B．25
cm C．50
cm D．50
cm
【考点】正多边形和圆．
【分析】根据圆与其内切正方形的关系，易得圆盖的直径至少应为正方形的对角线的长，正方形边长为50cm，进而由勾股定理可得答案．
【解答】解：根据题意，知圆盖的直径至少应为正方形的对角线的长；再根据勾股定理，得圆盖的直径至少应为：应选C．
【点评】此题主要考察正多边形和圆的相关知识；注意：熟记等腰直角三角形的斜边是直角边的
7．一个长为4cm，宽为3cm的长方形木板在桌面上做无滑动的翻滚〔顺时针方向〕，木板点A位置的变化为A→Al→A2，其中第二次翻滚被面上一小木块挡住，使木板与桌面成30°的角，那么点A滚到A2位置时共走过的路径长为〔 〕
倍，可以给解决此题带来方便．
=50
．
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.
A． B． C． D．
【考点】弧长的计算；旋转的性质．
【分析】将点A翻滚到A2位置分成两局部：第一局部是以B为旋转中心，BA长5cm为半径旋转90°，第二局部是以C为旋转中心，4cm为半径旋转60°，根据弧长的公式计算即可． 【解答】解：∵长方形长为4cm，宽为3cm， ∴AB=5cm，
第一次是以B为旋转中心，BA长5cm为半径旋转90°， 此次点A走过的路径是
=π〔cm〕，
第二次是以C为旋转中心，4cm为半径旋转60°， 此次走过的路径是∴点A两次共走过的路径是应选：B．
【点评】此题主要考察了弧长公式l=
8．如下图，MN是⊙O的直径，作AB⊥MN，垂足为点D，连接AM，AN，点C为=
，连接CM，交AB于点E，交AN于点F，现给出以下结论：
=
；④∠ACM+∠ANM=∠MOB；⑤AE=MF．
上一点，且
，注意两段弧长的半径不同，圆心角不同．
=π〔cm〕，
+
=
π〔cm〕．
①AD=BD；②∠MAN=90°；③
其中正确结论的个数是〔 〕
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【分析】根据AB⊥MN，垂径定理得出①③正确，利用MN是直径得出②正确，得出④正确，结合②④得出⑤正确即可．
=
=
，
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.
【解答】解：∵MN是⊙O的直径，AB⊥MN， ∴AD=BD，∵∴
==
， =
， =
，∠MAN=90°〔①②③正确〕
∴∠ACM+∠ANM=∠MOB〔④正确〕 ∵∠MAE=∠AME， ∴AE=ME，∠EAF=∠AFM， ∴AE=EF，
∴AE=MF〔⑤正确〕． 正确的结论共5个． 应选：D．
【点评】此题考察圆周角定理，垂径定理，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识．
二．填空题〔将第9-18题填写在横线上，每题3分，共30分〕
9．如图，⊙O的直径为10，弦AB长为8，点P在AB上运动，那么OP的最小值是 3 ．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】根据“点到直线的最短距离是垂线段的长度〞知当OP⊥AB时，OP的值最小．连接OA，在直角三角形OAP中由勾股定理即可求得OP的长度． 【解答】解：当OP⊥AB时，OP的值最小， 那么AP′=BP′=AB=4， 如下图，连接OA，
在Rt△OAP′中，AP′=4，OA=5，
那么根据勾股定理知OP′=3，即OP的最小值为3．
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【点评】此题主要考察了勾股定理、垂径定理．注意两点之间，垂线段最短是解答此题的关键．
10．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，CD=4，OD=3，求AB的长是 10 ．
【考点】圆的认识；勾股定理．
【分析】先连接OC，在Rt△ODC中，根据勾股定理得出OC的长，即可求出AB的长． 【解答】解：连接OC， ∵CD=4，OD=3， 在Rt△ODC中， ∴OC=
∴AB=2OC=10， 故答案为：10．
=
=5，
【点评】此题考察了圆的认识，解题的关键是根据勾股定理求出圆的半径，此题较简单．
11．如图在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，圆心坐标是 〔2，0〕 ．
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.
【考点】垂径定理；点的坐标；坐标与图形性质．
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
【解答】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心． 如下图，那么圆心是〔2，0〕． 故答案为：〔2，0〕．
【点评】此题考察垂径定理的知识，理解此题中圆心在圆的弦的垂直平分线上，是垂直平分线的交点．
12．⊙O的半径为R，圆心O到点A的距离为d，且R、d分别是方程x2﹣6x+9=0的两根，那么点A与⊙O的位置关系是 点A在⊙O上 ． 【考点】点与圆的位置关系；解一元二次方程-配方法． 【分析】解方程得出R=d=3，即可得出点A在⊙O上． 【解答】解：∵R、d分别是方程x﹣6x+9=0的两根， 解方程得：R=d=3， ∴点A在⊙O上． 故答案为：点A在⊙O上．
【点评】此题考察了点与圆的位置关系、一元二次方程的解法；熟练掌握点与圆的位置关系，通过解方程得出R=d=3是解决问题的关键．
13．扇形的半径为6cm，圆心角的度数为120°，那么此扇形的弧长为 4π cm．
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2
.
【考点】弧长的计算．
【分析】在半径是R的圆中，因为360°的圆心角所对的弧长就等于圆周长C=2πR，所以n°圆心角所对的弧长为l=nπR÷180．
【解答】解：∵扇形的半径为6cm，圆心角的度数为120°， ∴扇形的弧长为：故答案为：4π．
【点评】此题考察了弧长的计算．解答该题需熟记弧长的公式l=
14．如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开场，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是
π ．
．
=4πcm；
【考点】轨迹；正方形的性质；旋转的性质． 【分析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧证明∠EGF=90°，求出GE的长即可解决问题． 【解答】解：如图点P运动的路径是以G为圆心的弧∵四边形AOCB是正方形， ∴∠AOC=90°， ∴∠AFP=∠AOC=45°， ∵EF是⊙O直径， ∴∠EAF=90°， ∴∠APF=∠AFP=45°， ∴∠H=∠APF=45°， ∴∠EGF=2∠H=90°， ∵EF=4，GE=GF， ∴EG=GF=2
，
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，在⊙G上取一点H，连接EH、FH，只要
，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．
.
∴的长=
π．
=π．
故答案为
【点评】此题考察正方形的性质、旋转的性质、轨迹、圆等知识，解题的关键是正确发现轨迹的位置，学会添加辅助线，利用圆的有关性质解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
15．将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影局部的扇形围成一个圆锥的侧面，那么这个圆锥的高为 2
cm ．
【考点】圆锥的计算．
【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据折叠的性质得OC等于半径的一半，即OA=2OC，再根据含30度的直角三角形三边的关系得∠OAC=30°，那么∠AOC=60°，所以∠AOB=120°，那么利用弧长公式可计算出弧AB的长=2π，利用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得到圆锥的底面圆的半径为1，然后根据勾股定理计算这个圆锥的高． 【解答】解：作OC⊥AB于C，如图，
∵将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，
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.
∴OC等于半径的一半，即OA=2OC， ∴∠OAC=30°， ∴∠AOC=60°， ∴∠AOB=120°， 弧AB的长=
=2π，
设圆锥的底面圆的半径为r， ∴2πr=2π，解得r=1， ∴这个圆锥的高=故答案为：2
cm．
=2
〔cm〕．
【点评】此题考察了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长．
16．AB是半⊙O的直径，∠D=50°，AD切⊙O于点A，连接DO交半⊙O于点E，作EC∥AB交半⊙O于C点，连接AC，那么∠CAB的度数为 20° ．
【考点】切线的性质．
【分析】根据切线的性质得AD⊥OA，那么利用互余可计算出∠AOD=40°，再根据圆周角定理得到∠ECA=∠AOE=20°，然后根据平行线的性质可得∠CAB的度数． 【解答】解：∵AD切⊙O于点A， ∴AD⊥OA， ∴∠DAO=90°，
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∴∠AOD=90°﹣∠D=90°﹣50°=40°， ∴∠ECA=∠AOE=20°， ∵CE∥AB，
∴∠CAB=∠ECA=20°． 故答案为20°．
【点评】此题考察了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考察了圆周角定理．
17．如图，⊙O的半径为1，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上的一个动点，PQ切⊙O于点Q，那么PQ的最小值为 2
．
【考点】切线的性质．
【分析】因为PQ为切线，所以△OPQ是Rt△．又OQ为定值，所以当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=3时PQ最小．根据勾股定理得出结论即可． 【解答】解：∵PQ切⊙O于点Q， ∴∠OQP=90°， ∴PQ2=OP2﹣OQ2， 而OQ=1，
∴PQ2=OP2﹣1，即PQ=当OP最小时，PQ最小， ∵点O到直线l的距离为3， ∴OP的最小值为3， ∴PQ的最小值为故答案为2
．
=2
． ，
【点评】此题综合考察了切线的性质及垂线段最短等知识点，如何确定PQ最小时点P的位置是解题的关键，难度中等偏上．
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18．如图，AB是⊙O的直径，弦BC=3cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．假设动点E以3cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t〔s〕〔0≤t＜3〕，连接EF，当t值为 1或或 s时，△BEF是直角三角形．
【考点】圆周角定理；三角形中位线定理．
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到直角三角形ABC，再根据30°直角三角形的性质，得到AB=6cm，那么当0≤t＜3时，即点E从A到B再到O〔此时和O不重合〕．假设△BEF是直角三角形，那么∠BFE=90°或∠BEF=90°． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠C=90°． ∵∠ABC=60°， ∴∠A=30°． 又BC=3cm， ∴AB=6cm．
那么当0≤t＜3时，即点E从A到B再到O〔此时和O不重合〕．
假设△BEF是直角三角形，那么当∠BFE=90°时，根据垂径定理，知点E与点O重合，即t=1； 当∠BEF=90°时，那么BE=BF=，此时点E走过的路程是或s．
故答案为：1或或．
【点评】此题综合考察了圆周角定理的推论、垂径定理以及直角三角形的性质，是一道动态题，有一定的难度．
三．解答题〔本大题共10小题，共96分〕 19．⊙O中的弦AB=CD，求证：AD=BC．
或
，那么运动时间是s
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【考点】圆周角定理；全等三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】由AB=CD，得：
，即可推出
，即可推出AD=BC．
【解答】解：∵⊙O中的弦AB=CD， ∴∴
， ，
∴AD=BC．
【点评】此题主要考察圆心角、弧、弦的关系，关键在于运用数形结合的思想，结合相关的定理推论推出
20．如图，在⊙O中，点C是半径的长．
的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=12，CD=2．求⊙O
．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】连接OA，根据垂径定理求出AD=6，∠ADO=90°，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：连接AO，
∵点C是弧AB的中点，半径OC与AB相交于点D， ∴OC⊥AB， ∵AB=12， ∴AD=BD=6，
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设⊙O的半径为R， ∵CD=2，
∴在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD=OD+AD， 即：R2=〔R﹣2〕2+62， ∴R=10
答：⊙O的半径长为10．
【点评】此题考察了垂径定理，勾股定理的应用，解此题的关键是构造直角三角形后根据勾股定理得出方程．
21．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D为的周长．
上一点，∠ABC=∠BDC=60°，AC=3cm，求△ABC
2
2
2
【考点】圆周角定理；等边三角形的判定与性质．
【分析】根据圆周角定理可以证明△ABC是等边三角形，据此即可求得周长． 【解答】解：∵∴∠BDC=∠BAC． ∵∠ABC=∠BDC=60°， ∴∠ABC=∠BAC=60°， ∴∠ACB=60°．
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°． ∴△ABC为等边三角形． ∵AC=3cm，
∴△ABC的周长为3×3=9〔cm〕．
【点评】此题考察了圆周角定理以及等边三角形的判定定理，根据圆周角定理找出图形中相等的角是关键．
=
，
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22．如图，以△OAB的顶点O为圆心的⊙O交AB于点C、D，且AC=BD，OA与OB相等吗？为什么？
【考点】圆的认识；全等三角形的判定与性质．
【分析】过O作OE⊥AB于E，那么OE满足垂径定理得到CE=DE，然后利用线段的垂直平分线的性质即可得到OA=OB． 【解答】答：OA=OB． 理由如下：
如图，过O作OE⊥AB于E， ∵CD是⊙O的弦，OE⊥CD， ∴CE=DE， ∵AC=BD， ∴AE=BE， ∵OE⊥CD， ∴OA=OB．
【点评】此题考察了垂径定理的知识，解题的关键是作出垂直于弦的半径．比拟简单．
23．〔10分〕〔2021•嘉善县校级一模〕如下图，正方形网格中，△ABC为格点三角形〔即三角形的顶点都在格点上〕．
〔1〕把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1； 〔2〕把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2； 〔3〕如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过〔1〕、〔2〕变换的路径总长．
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【考点】作图-旋转变换；作图-平移变换．
【分析】〔1〕按A到A1的平移方向和平移距离，即可得到B和C对应点，从而得到平移后的图形；
〔2〕把B1和C1绕点A1旋转90°，得到对应点即可得到对应图形； 〔3〕利用勾股定理和弧长公式即可求解． 【解答】解：〔1〕△A1B1C1就是所求的图形； 〔2〕△A1B2C2就是所求的图形；
〔3〕B到B1的路径长是：B1到B2的路径长是：那么路径总长是：2
+
=π．
=2，
π．
【点评】此题考察了图形的平移和旋转，以及弧长公式，理解图象的旋转过程中每个点经过的路径是弧是关键．
24．〔10分〕〔2021•牡丹江〕如图，点C是⊙O的直径AB延长线上的一点，且有BO=BD=BC． 〔1〕求证：CD是⊙O的切线； 〔2〕假设半径OB=2，求AD的长．
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【考点】切线的判定；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【分析】〔1〕由于BO=BD=BC，即DB为△ODC的边OC的中线，且有DB=OC，那么∠ODC=90°，然后根据切线的判定方法即可得到结论；
〔2〕由AB为⊙O的直径得∠BDA=90°，而BO=BD=2，那么AB=2BD=4，然后根据勾股定理可计算出AD．
【解答】〔1〕证明：连结OD，如图， ∵BO=BD=BC，
∴BD为△ODC的中线，且DB=OC， ∴∠ODC=90°， ∴OD⊥CD，
而OD为⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线；
〔2〕解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠BDA=90°， ∵BO=BD=2， ∴AB=2BD=4， ∴AD=
=2
．
【点评】此题考察了切线的判定定理：过半径的外端点且与半径垂直的直线为圆的切线．也考察了直角三角形的判定方法、勾股定理．
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25．〔10分〕〔2021秋•霞山区校级期中〕如下图，扇形AOB的半径为6cm，圆心角的度数为120°，假设将此扇形围成一个圆锥，那么： 〔1〕求出围成的圆锥的侧面积为多少？ 〔2〕求出该圆锥的底面半径是多少？
【考点】圆锥的计算．
【分析】〔1〕根据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，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算；
〔2〕根据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，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式计算． 【解答】解：〔1〕圆锥的侧面积=〔2〕该圆锥的底面半径为r， 根据题意得2πr=解得r=2．
即圆锥的底面半径为2cm．
【点评】此题考察了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长．
26．〔10分〕〔2021•云南〕如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的直线交AB的延长线于点D，AE⊥DC，垂足为E，F是AE与⊙O的交点，AC平分∠BAE． 〔1〕求证：DE是⊙O的切线；
〔2〕假设AE=6，∠D=30°，求图中阴影局部的面积．
，
=12π〔cm2〕；
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【考点】切线的判定；扇形面积的计算．
【分析】〔1〕连接OC，先证明∠OAC=∠OCA，进而得到OC∥AE，于是得到OC⊥CD，进而证明DE是⊙O的切线；
〔2〕分别求出△OCD的面积和扇形OBC的面积，利用S阴影=S△COD﹣S扇形OBC即可得到答案． 【解答】解：〔1〕连接OC， ∵OA=OC， ∴∠OAC=∠OCA， ∵AC平分∠BAE， ∴∠OAC=∠CAE， ∴∠OCA=∠CAE， ∴OC∥AE， ∴∠OCD=∠E， ∵AE⊥DE， ∴∠E=90°， ∴∠OCD=90°， ∴OC⊥CD，
∵点C在圆O上，OC为圆O的半径， ∴CD是圆O的切线；
〔2〕在Rt△AED中， ∵∠D=30°，AE=6， ∴AD=2AE=12，
在Rt△OCD中，∵∠D=30°， ∴DO=2OC=DB+OB=DB+OC，
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∴DB=OB=OC=AD=4，DO=8， ∴CD=∴S△OCD=
=
=
=8
=4，
，
∵∠D=30°，∠OCD=90°， ∴∠DOC=60°， ∴S扇形OBC=×π×OC2=∵S阴影=S△COD﹣S扇形OBC ∴S阴影=8
﹣
，
﹣
． ，
∴阴影局部的面积为8
【点评】此题主要考察了切线的判定以及扇形的面积计算，解〔1〕的关键是证明OC⊥DE，解〔2〕的关键是求出扇形OBC的面积，此题难度一般．
27．〔12分〕〔2021•邵阳〕阅读以下材料，然后解答问题．
经过正四边形〔即正方形〕各顶点的圆叫作这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫作这个圆的内接正四边形．
如图，正四边形ABCD的外接圆⊙O，⊙O的面积为S1，正四边形ABCD的面积为S2，以圆心O为顶点作∠MON，使∠MON=90°，将∠MON绕点O旋转，OM、ON分别与⊙O相交于点E、F，分别与正四边形ABCD的边相交于点G、H．设由OE、OF、
及正四边形ABCD的边围成的图
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形〔图中的阴影局部〕的面积为
S．①
〔1〕当OM经过点A时〔如图①〕，那么S、S1、S2之间的关系为：S= S1、S2的代数式表示〕；
〔用含
〔2〕当OM⊥AB时〔如图②〕，点G为垂足，那么〔1〕中的结论仍然成立吗？请说明理由； 〔3〕当∠MON旋转到任意位置时〔如图③〕，那么〔1〕中的结论仍然成立吗？请说明理由． 【考点】扇形面积的计算；全等三角形的判定与性质；正多边形和圆．
【分析】〔1〕根据正方形的圆的对称性，显然阴影局部的面积等于扇形OEF的面积减去三角形OEF的面积，即圆面积的减去正方形的面积的；
〔2〕显然此时扇形OEF的面积仍是圆面积的，四边形OGBH的面积仍是正方形的面积的，故〔1〕中结论仍成立；
〔3〕可以作OP⊥AB，OQ⊥BC，利用全等的知识即可证明四边形OGBH的面积和〔2〕中四边形的面积相等，故结论仍成立．
【解答】解：〔1〕根据图形的对称性，得 S=
〔2〕结论仍成立．
∵扇形OEF的面积仍是圆面积的，四边形OGBH的面积仍是正方形的面积的，
；
∴S=；
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〔3〕作OP⊥AB，OQ⊥BC． 那么∠OPG=∠OQH，OP=OQ， ∵∠POQ=∠MOH， ∴∠POG=∠QOH， ∵在△OPG与△OQH中，
，
∴△OPG≌△OQH〔ASA〕． 结合〔2〕中的结论即可证明．
【点评】一题多变是常见的类型，熟悉正方形的性质．
28．〔12分〕〔2021•广州〕如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点〔点C不在且不与点B，D重合〕，∠ACB=∠ABD=45° 〔1〕求证：BD是该外接圆的直径； 〔2〕连结CD，求证：
AC=BC+CD；
上，
〔3〕假设△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【考点】圆的综合题．
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【分析】〔1〕要证明BD是该外接圆的直径，只需要证明∠BAD是直角即可，又因为∠ABD=45°，所以需要证明∠ADB=45°；
〔2〕在CD延长线上截取DE=BC，连接EA，只需要证明△EAF是等腰直角三角形即可得出结论；
〔3〕过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，证明△AMF是等腰三角形后，可得出AM=AF，MF=
2
2
2
AM，然后再证明△ABF≌△ADM可得出BF=DM，最后根
据勾股定理即可得出DM，AM，BM三者之间的数量关系． 【解答】解：〔1〕∵∴∠ACB=∠ADB=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠BAD=90°，
∴BD是△ABD外接圆的直径；
〔2〕在CD的延长线上截取DE=BC， 连接EA， ∵∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD，
∵∠ADE+∠ADC=180°， ∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠ABC=∠ADE， 在△ABC与△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE〔SAS〕， ∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE=90°， ∵
=
=
，
∴∠ACD=∠ABD=45°， ∴△CAE是等腰直角三角形，
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.
∴∴
AC=CE，
AC=CD+DE=CD+BC；
〔3〕过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，连接BF， 由对称性可知：∠AMB=ACB=45°， ∴∠FMA=45°，
∴△AMF是等腰直角三角形， ∴AM=AF，MF=
AM，
∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB， ∴∠FAB=∠MAD， 在△ABF与△ADM中，
，
∴△ABF≌△ADM〔SAS〕， ∴BF=DM， 在Rt△BMF中， ∵BM2+MF2=BF2， ∴BM2+2AM2=DM2．
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【点评】此题考察圆的综合问题，涉及圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，综合程度较高，解决此题的关键就是构造等腰直角三角形．
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