中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)易錯點練習(xí)06圓（解析版）

易錯點06圓垂徑定理(1)圓是軸對稱圖形，其對稱軸是任意一條過圓心的直線．圓是中心對稱圖形，對稱中心為圓心，圓繞著它的圓心旋轉(zhuǎn)任意一個角度都能和原來的圓重合．(2)垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的?。普?：平分弦(不是直徑)的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的弧．推論2：平分弧的直徑垂直平分弧所對的弦．1．（2022秋?北碚區(qū)校級期末）如圖，在⊙O中，弦AB＝10cm，PA＝6cm，OP＝5cm，則⊙O的半徑R等于（）A．7cm B． C．49cm D．【分析】過點O作OC⊥AB于C，連接OA，根據(jù)垂徑定理求出AC，再根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：過點O作OC⊥AB于C，連接OA，則AC＝BC＝AB＝5cm，∵PA＝6cm，∴PC＝PA﹣AC＝1cm，∴OC＝＝2cm，∴OA＝＝7cm，即⊙O的半徑R＝7cm，故選：A．2．（2022秋?泰山區(qū)校級期末）如圖，AB是⊙O的弦，AB長為4，P是⊙O上一個動點（不與A、B重合）．過點O作OC⊥AP于點C，OD⊥PB于點D，則CD的長為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由OC⊥AP于點C，OD⊥PB于點D，利用垂徑定理知C、D分別為AP、BP的中點，CD是△ABP的中位線，利用中位線的性質(zhì)即可求出CD的長．【詳解】解：∵OC⊥AP，OD⊥PB，∴AC＝PC，BD＝PD，∴CD∥AB，且CD＝AB，∵AB＝4，∴CD＝AB＝2．故選：B．3．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，半徑為5的⊙A與y軸交于點B（0，2）、C（0，10），則點A的橫坐標(biāo)為（）A．﹣3 B．3 C．4 D．6【分析】過A作AD⊥BC于D，連接AB，根據(jù)點B和點C的坐標(biāo)求出BC，再根據(jù)垂徑定理求出BD＝CD＝4，根據(jù)勾股定理求出AD即可．【詳解】解：過A作AD⊥BC于D，連接AB，∵半徑為5的⊙A與y軸交于點B（0，2）、C（0，10），∴AB＝5，BC＝10﹣2＝8，OB＝2，∵AD⊥BC，AD過圓心A，∴CD＝BD＝4，由勾股定理得：AD＝＝＝3，∴點A的橫坐標(biāo)是3，故選：B．4．（2022秋?沈河區(qū)校級期末）如圖所示，在⊙O中，AB為弦，OC⊥AB交AB于點D，且OD＝DC．P為⊙O上任意一點，連接PA，PB，若⊙O的半徑為，則S△PAB的最大值為（）A． B． C． D．【分析】連接OA，如圖，利用垂徑定理得到AD＝BD，＝，再根據(jù)OD＝DC可得到OD＝OA＝，所以AD＝，由勾股定理，則AB＝．△PAB底AB不變，當(dāng)高越大時面積越大，即P點到AB距離最大時，△APB的面積最大．則當(dāng)點P為AB所在優(yōu)弧的中點時，此時PD＝PO+OD＝1+＝，△APB的面積最大，然后根據(jù)三角形的面積公式計算即可．【詳解】解：連接OA，如圖，∵OC⊥AB，∴AD＝BD，∵OD＝DC，∴OD＝OA＝，∴AD＝＝，AB＝2AD＝3．當(dāng)點P為AB所對的優(yōu)弧的中點時，△APB的面積最大，此時PD＝PO+OD＝+＝．∴△APB的面積的最大值為：＝×3×＝．故選：A．5．（2022秋?桃城區(qū)校級期末）如圖1，點M表示我國古代水車的一個盛水筒．如圖2，當(dāng)水車工作時，盛水筒的運行路徑是以軸心O為圓心，5m為半徑的圓．若⊙O被水面截得的弦AB長為6m，則在水車工作時，盛水筒在水面以下的最大深度為（）A．4m B．3m C．2m D．1m【分析】過O點作半徑OD⊥AB于E，如圖，利用垂徑定理得到AE＝BE＝3m再利用勾股定理計算出OE，然后計算出DE的長即可．【詳解】解：過O點作半徑OD⊥AB于E，∴m，在Rt△AEO中，m，∴ED＝OD﹣OE＝5﹣4＝1m．答：水車工作時，盛水筒在水面以下的最大深度為1m．故選：D．6（2021?烈山區(qū)一模）如圖，銳角△ABC內(nèi)接于?O，BE⊥AC于點D，交O于點E，DF⊥BC于點F，DE＝DF，連接AE．（1）求證：AE＝BD．（2）若CD＝1，AE＝2，求⊙O的半徑及AB的長．【分析】（1）求出∠ADE＝∠BFD＝90°，由圓周角定理得出∠EAD＝∠CBD，根據(jù)全等三角形的判定得出△EAD≌△DBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出答案即可；（2）過O作OH⊥AB于H，連接BO，AO，求出∠C＝∠BOH，求出OB＝3OH，求出AD，求出AB，再根據(jù)勾股定理求出x即可．【詳解】（1）證明：∵BE⊥AC，DF⊥BC，∴∠ADE＝∠BFD＝90°，由圓周角定理得：∠EAD＝∠CBD，在△EAD和△DBF中，，∴△EAD≌△DBF（AAS），∴AE＝BD；（2）解：過O作OH⊥AB于H，連接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，∴＝＝，設(shè)OH＝x，則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＝，∴半徑OB的長度是3×＝．02圓心角圓心角、弧、弦的關(guān)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(yīng)的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對應(yīng)兩條弧，其中一條是優(yōu)弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優(yōu)弧或劣弧．（3）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關(guān)系三者關(guān)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(zhuǎn)不變性，即：圓繞其圓心旋轉(zhuǎn)任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．1．（2022?郯城縣一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為圓上一點，AC＝4，D是弧AC的中點，AC與BD交于點E．若E是BD的中點，則BC的長為（）A．5 B．3 C．2 D．1【分析】連接OD交AC于F，如圖，根據(jù)垂徑定理得到OD⊥AC，則AF＝CF，根據(jù)圓周角定理得到∠C＝90°，所以O(shè)D∥BC，接著證明△BCE≌△DFE得到BC＝DF，則OF＝BC，所以O(shè)F＝OD，然后設(shè)BC＝x，則OD＝x，AB＝2OD＝3x，在Rt△ABC中，然后利用勾股定理計算出x，從而得到BC的長．【詳解】解：連接OD交AC于F，如圖，∵D是弧AC的中點，∴OD⊥AC，∴AF＝CF，∵AB是直徑，∴∠C＝90°，∴OD∥BC，∴∠D＝∠CBE，∵E是BD的中點，∴BE＝DE，∵∠BEC＝∠DEF，∴△BCE≌△DFE（ASA），∴BC＝DF，∵OF＝BC，∴OF＝DF，∴OF＝OD，設(shè)BC＝x，則OD＝x，∴AB＝2OD＝3x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，∴（3x）2＝（4）2+x2，解得x＝2，BC＝2．故選：C．2．（2022春?永春縣校級月考）如圖，AB是⊙O的直徑，∠BOD＝120°，點C為弧BD的中點，AC交OD于點E，DE＝1，則AE的長為（）A．2 B． C．2 D．【分析】連接OC．首先證明∠AOD＝∠DOC＝60°，想辦法證明DE＝OE＝1即可解決問題．【詳解】解：連接OC．∵∠DOB＝120°，∴∠AOD＝60°，∵＝，∴∠DOC＝∠BOC＝60°，∴＝，∴OD⊥AC，設(shè)OA＝r，則OE＝r＝DE＝1，∴OA＝2，∴AE＝＝，故選：D．3．（2022秋?溧水區(qū)期中）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠AOC＝90°，，BC＝1，則⊙O的半徑為（）A． B． C． D．【分析】過點A作AE⊥CB交CB的延長線于點E，連接AC．證明△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AE，EC，AC，可得結(jié)論．【詳解】解：過點A作AE⊥CB交CB的延長線于點E，連接AC．∵∠AOC＝90°，∴∠ABC＝（360°﹣90°）＝135°，∴∠ABE＝45°，∵∠E＝90°，AB＝，∴AE＝EB＝1，∵BC＝1，∴EC＝2，∴AC＝＝＝，∴OA＝OC＝AC＝．故選：C．4．（2021秋?濱城區(qū)期末）如圖，在單位長度為1米的平面直角坐標(biāo)系中，曲線是由半徑為2米，圓心角為120°的弧AB多次復(fù)制并首尾連接而成，現(xiàn)有一點P從A（A為坐標(biāo)原點）出發(fā)，以每秒π米的速度沿曲線向右運動，則在第2022秒時點P的縱坐標(biāo)為（）A．﹣1 B．0 C．π D．1【分析】根據(jù)題意和圖形，可以求得的長，然后由圖可知，每走兩個弧AB為一個循環(huán)，然后即可得到在第2020秒時點P的縱坐標(biāo)，本題得以解決．【詳解】解：的長為：＝，÷π＝2（秒），如圖，作CE⊥AB于E，與交于點D．在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠ACE＝∠ACB＝60°，∴∠CAE＝30°，∴CE＝AC＝×2＝1，∴DE＝CD﹣CE＝2﹣1＝1，∴第1秒時點P縱坐標(biāo)為1；第2秒時點P縱坐標(biāo)為0；第3秒時點P縱坐標(biāo)為﹣1；第4秒時點P縱坐標(biāo)為0；第5秒時點P縱坐標(biāo)為1；…，∴點P的縱坐標(biāo)以1，0，﹣1，0四個數(shù)為一個周期依次循環(huán)，2022÷4＝505…2，故在第2021秒時點P的縱坐標(biāo)為0，故選：B．5．（2022秋?靖江市期中）如圖，在⊙O中，AB為直徑，延長AB至點P，C是⊙O上一點，連接PC并延長交⊙O于點D．（1）若：：＝1：2：3，⊙O的半徑為2，求弦CD的長；（2）若⊙O的半徑為3，OP＝4，∠AOD＝90°，求弦CD的長．【分析】（1）根據(jù)三條弧之間的比例關(guān)系可求出相應(yīng)的圓心角的度數(shù)，進(jìn)而得出三角形COD是正三角形，得出答案；（2）根據(jù)勾股定理求出PD，再根據(jù)垂徑定理以及銳角三角函數(shù)的定義列方程求出DE即可．【詳解】解：（1）如圖，連接OC，∵AB是⊙O的直徑，：：＝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）如圖，過點O作OE⊥CD，垂足為E，則CE＝DE＝CD，∵∠AOD＝90°＝∠POD，OD＝3，OP＝4，∴PD＝＝5，∵＝cos∠ODE＝，∴＝，解得DE＝，∴CD＝2DE＝．6．（2022?郫都區(qū)模擬）如圖，AB是⊙O直徑，＝，連接CD，過點D作射線CB的垂線，垂足為點G，交AB的延長線于點F．（1）求證：AE＝EF；（2）若CD＝EF＝10，求BG的長．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理以及等腰三角形的判定和性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）利用直角三角形的邊角關(guān)系以及勾股定理進(jìn)行計算即可．【詳解】解：（1）連接AD，∵AB是⊙O的直徑，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的直徑，CD⊥AB，∴CE＝DE＝＝5，∵tan∠F＝＝＝tan∠C＝，∴BE＝＝，∴BF＝EF﹣BE＝10﹣＝，在Rt△BFG中，tan∠F＝，設(shè)BG＝x，則FG＝2x，由勾股定理得，BG2+FG2＝BF2，即x2+（2x）2＝（）2，解得x＝（x＞0），即BG＝．03圓周角圓周角定理（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）圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：①圓內(nèi)接四邊形的對角互補．②圓內(nèi)接四邊形的任意一個外角等于它的內(nèi)對角（就是和它相鄰的內(nèi)角的對角）．1．（2022?亭湖區(qū)校級三模）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連結(jié)AC、AD、BD，若∠BAC＝35°，則∠ADC的度數(shù)為（）A．35° B．65° C．55° D．70°【分析】連接BC，根據(jù)AB是⊙O的直徑求出∠ACB＝90°，求出∠ABC，根據(jù)圓周角定理求出∠ADC＝∠ABC即可．【詳解】解：連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BAC＝35°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝55°，∴∠ADC＝∠ABC＝55°，故選：C．2．（2022?蜀山區(qū)校級三模）如圖，菱形OABC的頂點A、B、C在圓O上，且∠AOC＝120°，若點P是圓周上任意一點且不與A、B、C重合，則∠APC的度數(shù)為（）A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或150°【分析】分兩種情況，由圓周角定理分別求解即可．【詳解】解：如圖，分兩種情況：①當(dāng)點P在優(yōu)弧AC上時，由圓周角定理得：∠APC＝∠AOC＝×120°＝60°；②當(dāng)點P在劣弧AC上時，由圓周角定理得：∠APC＝（360°﹣∠AOC）＝×（360°﹣120°）＝120°；綜上所述，∠APC為60°或120°，故選：C．3．（2022?仁懷市模擬）已知，如圖，點A，B，C三點都在⊙O上，∠B＝∠A，∠A＝45°，若△ABC的面積為2，則⊙O的半徑為（）A．±2 B．2 C． D．【分析】連接OA、OB、OC，根據(jù)圓周角定理可得∠BOC＝90°，∠AOC＝45°，進(jìn)而得出OA∥BC，所以△ABC的面積和△OBC的面積相等，根據(jù)三角形面積公式求出半徑即可．【詳解】解：連接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（負(fù)值舍去），故選：B．4．（2022?蘭陵縣二模）如圖，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，AB＝10，，點E是點D關(guān)于AB的對稱點，M是AB上的一動點，下列結(jié)論：①∠BOE＝30°；②∠DOB＝2∠CED；③DM⊥CE；④CM+DM的最小值是10，上述結(jié)論中正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①錯誤，證明∠EOB＝∠BOD＝60°即可；②正確．證明∠CED＝30°，可得結(jié)論；③錯誤，M是動點，DM不一定垂直CE；④正確，連接EM，證明ME＝MD，推出MC+MD＝MC+ME≥CE＝10，可得結(jié)論．【詳解】解：∵＝＝，∴∠AOC＝∠COD＝∠DOB＝60°，∵E，D關(guān)于AB對稱，∴∠EOB＝∠BOD＝60°，故①錯誤，∵∠CED＝∠COD＝30°，∴∠DOB＝2∠CED，故②正確，∵M(jìn)是動點，∴DM不一定垂直CE，故③錯誤，連接EM．則ME＝MD，∴CM+DM＝MC+ME≥CE＝10，故④正確，故選：B．5．（2022?夏邑縣校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，以CD為直徑的⊙O分別交AC、BC于點M、N，交AB于點D、F（D、F可重合），過點N作NE⊥AB，垂足為E．（1）求證：BN＝CN；（2）填空：①當(dāng)∠DCA的度數(shù)為45°時，四邊形DENO為正方形；②當(dāng)∠DCA的度數(shù)為60°時，四邊形AFOM為菱形．【分析】（1）連接DN，由直角三角形的性質(zhì)可得CD＝BD＝AD，由圓周角定理的推論可得∠DNC＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)可得BN＝CN；（2）①當(dāng)∠DCA的度數(shù)為45°時，根據(jù)正方形的判定可以證明四邊形DENO為正方形；②當(dāng)∠DCA的度數(shù)為60°時，根據(jù)菱形的判定可以證明四邊形AFOM為菱形．【詳解】（1）證明：連接DN．∵∠ACB＝90°，CD是斜邊AB的中線，∴CD＝BD＝AD．∵CD是⊙O的直徑，∴∠DNC＝90°，∴BN＝CN；（2）解：①當(dāng)∠DCA的度數(shù)為45°時，四邊形DENO為正方形，理由如下：連接ON，∵∠ACB＝90°，∠DCA＝45°，CD是斜邊AB的中線，∴∠DCB＝45°，∵CD是斜邊AB的中線，∴DC＝BD，∴∠B＝∠BCD＝45°，∴∠ODE＝90°，∵OC＝ON，∴∠ONC＝∠DCB＝45°，∴∠NOD＝90°，∵NE⊥AB，∴∠DEN＝90°，∴四邊形DENO為矩形，∵OD＝ON，∴四邊形DENO為正方形，故答案為：45°；②當(dāng)∠DCA的度數(shù)為60°時，四邊形AFOM為菱形，理由如下：連接OM，OF，∵CD是斜邊AB的中線，∴DC＝DA，∵DCA＝60°，∴△DCA是等邊三角形，∴∠A＝60°，∠ADC＝60°，∵OC＝OM，∴△OCM是等邊三角形，同理：△DOF是等邊三角形，∴∠OMC＝∠A＝∠DFO＝60°，∴OM∥FA，OF∥MA，∴四邊形OMAF是平行四邊形，∵OM＝OF，∴四邊形OMAF是菱形，故答案為：60°．6．（2022?賽罕區(qū)校級一模）如圖，在銳角三角形ABC中，AD是BC邊上的高，以AD為直徑的⊙O交AB于點E，交AC于點F，過點F作FG⊥AB，垂足為H，交于點G，交AD于點M，連接AG，DE，DF．（1）求證：∠GAD與∠EDF互補；（2）若∠ACB＝45°，AD＝4，AD＝2BD，求HM的長．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得出∠AGF＝∠ADF，再根據(jù)角之間的互余關(guān)系及等量代換推出∠GAD＝∠EAF，最后利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得證；（2）作出輔助線OF，可得：△AHM∽△FOM，△AHM∽△ADB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到三角形邊之間的關(guān)系，最后根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】（1）證明：由題可知∠AGF＝∠ADF（同弧所對的圓周角相等），∵GF⊥AB，AD為圓的直徑，∴∠AGF+∠GAE＝90°，∠ADF+∠FAD＝90°，∴∠GAE＝∠FAD，∴∠GAE+∠DAE＝∠FAD+∠DAE，即∠GAD＝∠EAF，∵四邊形AEDF是圓的內(nèi)接四邊形，∴∠EAF+∠EDF＝180°，∴∠GAD+∠EDF＝180°．（2）解：如圖，連接OF，∵AD是圓的直徑，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與Rt△FOM中，∵∠AMH＝∠FMO（對頂角），∴△AHM∽△FOM，∴＝＝2，∵AD＝4，∴OF＝OA＝2，∴＝2，解得OM＝1，AM＝OA﹣OM＝1，設(shè)HM＝x，則AH＝2x，在Rt△AHM中有：AH2+HM2＝AM2，即（2x）2+x2＝1，解得x1＝，x2＝﹣（舍去），∴HM＝．7．（2022?西安模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ADC＝90°．連接BD，作CF⊥BD，分別交BD，⊙O于點E，F(xiàn)，連接BF，交AD于點M，AB＝BC．（1）求證：BF∥CD．（2）當(dāng)AD+CD＝5時，求線段BD的長．【分析】（1）證明∠F＝∠DCF＝45°，然后利用內(nèi)錯角相等，兩直線平行做判斷即可；（2）延長AD，使得DM＝DC，構(gòu)造相似三角形，然后相似三角形的性質(zhì)求得BD的長即可．【詳解】解：（1）∵AB＝BC，∴，∵∠ADC＝90°．∴∠ADB＝∠BDC＝45°，∵CF⊥BD，∴∠DCF＝45°，又∠F＝∠BDC＝45°，∴∠F＝∠DCF＝45°，∴BF∥CD；（2）如圖：延長AD至點N，使得DN＝DC，連接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，∴線段BD的長為5．8．（2022?蜀山區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AC，BC交以AB為直徑的半⊙O于D，E．連接AE，BD，交點為F．（1）證明：AF＝BC；（2）當(dāng)點F是BD中點時，求BE：EC值．【分析】（1）由圓周角定理推論可得∠ADB＝∠AEB＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD＝BD，根據(jù)∠DAF+∠AFD＝∠BFE+∠FEB＝90°，且∠AFD＝∠BFE，即可得出∠DAF＝∠FBE，則可證明△ADF≌△BDC，即可得出答案；（2）設(shè)DF＝a，則DF＝BF＝a，可得AD＝BD＝2a，根據(jù)勾股定理可得AF＝＝＝a，由（1）中結(jié)論可得AF＝BC＝，由∠ADF＝∠BEF＝90°，∠AFD＝∠BFE，可證明△ADF∽△BEF，則，可得BE＝a，由CE＝BC﹣BE可得出CE的長度，計算即可得出答案．【詳解】證明：（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠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）設(shè)DF＝a，則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點與圓的位置關(guān)系點與圓的位置關(guān)系（1）點與圓的位置關(guān)系有3種．設(shè)⊙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(nèi)?d＜r（2）點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關(guān)系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關(guān)系可以確定該點與圓的位置關(guān)系．1．（2022秋?天山區(qū)期末）已知⊙O的半徑為3cm，點P到圓心O的距離為4cm，則點P和圓的位置關(guān)系（）A．點在圓內(nèi) B．點在圓外 C．點在圓上 D．無法判斷【分析】直接根據(jù)點與圓的位置關(guān)系即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵⊙O的半徑為3cm，點P到圓心O的距離為4cm，4cm＞3cm，∴點P在圓外．故選：B．2．（2022秋?定西期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若點P（4，3）在⊙O內(nèi)，則⊙O的半徑r的取值范圍是（）A．0＜r＜4 B．3＜r＜4 C．4＜r＜5 D．r＞5【分析】本題可先由勾股定理等性質(zhì)算出點與圓心的距離d，再根據(jù)點與圓心的距離與半徑的大小關(guān)系，即當(dāng)d＞r時，點在圓外；當(dāng)d＝r時，點在圓上；點在圓外；當(dāng)d＜r時，點在圓內(nèi)；來確定點與圓的位置關(guān)系．【詳解】解：∵點P（4，3），∴PO＝＝5，∵點P在⊙O內(nèi)，∴r＞OP，即r＞5，故選：D．3．（2022秋?石門縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為的三等分點（更靠近A點），點P是⊙O上一個動點，取弦AP的中點D，則線段CD的最大值為（）A．2 B． C． D．【分析】取OA的中點Q，連接DQ，OD，CQ，根據(jù)條件可求得CQ長，再由垂徑定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半求得QD長，根據(jù)當(dāng)C，Q，D三點共線時，CD長最大求解．【詳解】解：如圖，取AO的中點Q，連接CQ，QD，OD，∵C為的三等分點，∴的度數(shù)為60°，∴∠AOC＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC為等邊三角形，∵Q為OA的中點，∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，∴OQ＝，由勾股定理可得，CQ＝，∵D為AP的中點，∴OD⊥AP，∵Q為OA的中點，∴DQ＝，∴當(dāng)D點CQ的延長線上時，即點C，Q，D三點共線時，CD長最大，最大值為．故選：D．4．（2022秋?泗陽縣期末）如圖，拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸交于A、B兩點，拋物線的頂點為D，點C為AB的中點，以C為圓心，AC長為半徑在x軸的上方作一個半圓，點E為半圓上一動點，連接DE，取DE的中點F，當(dāng)點E沿著半圓從點A運動至點B的過程中，線段AF的最小值為（）A． B． C． D．【分析】由題意可知E點在以C為圓心，2為半徑的半圓上，則F點在以G（1，﹣2）為圓心，1為半徑的半圓上，AF的最小值為AG﹣1，求出AG即可求解．【詳解】解：連接AD、AE，令y＝0，則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，∴頂點D（1，﹣4），∴AD的中點為H（0，﹣2），連接HF，∵F是DE的中點，∴HF∥AE，HF＝AE，∵AB＝4，C（2，0），∴E點在以C為圓心，2為半徑的半圓上，∴F點在以G（1，﹣2）為圓心，1為半徑的半圓上，∴AG＝2，∴AF的最小值為2﹣1，故選：C．05直線與圓的位置關(guān)系直線與圓的位置關(guān)系（1）直線和圓的三種位置關(guān)系：①相離：一條直線和圓沒有公共點．②相切：一條直線和圓只有一個公共點，叫做這條直線和圓相切，這條直線叫圓的切線，唯一的公共點叫切點．③相交：一條直線和圓有兩個公共點，此時叫做這條直線和圓相交，這條直線叫圓的割線．（2）判斷直線和圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．①直線l和⊙O相交?d＜r②直線l和⊙O相切?d=r③直線l和⊙O相離?d＞r．1．（2022秋?江夏區(qū)月考）已知⊙O的半徑等于5，點P在直線l上，圓心O到點P的距離為5，那么直線l與⊙O的位置關(guān)系是（）A．相切 B．相交 C．相切或相離 D．相交或相切【分析】根據(jù)垂線段最短，則點O到直線l的距離≤5，則直線l與⊙O的位置關(guān)系是相切或相交．【詳解】解：∵⊙O的半徑為5，OP＝5，∴點O到直線l的距離≤5，∴直線l與⊙O的位置關(guān)系是相切或相交．故選：D．2．（2021秋?福山區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，⊙O的圓心坐標(biāo)為（﹣3，0），半徑是方程x2﹣3x+2＝0的一根，那么⊙O與直線的位置關(guān)系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．無法確定【分析】設(shè)點A為圓心，坐標(biāo)為（﹣3，0），BC為直線y＝﹣，過點A作AD⊥BC于點D，根據(jù)點的坐標(biāo)求出OC，OB，OA的長，根據(jù)勾股定理得出BC的長，再根據(jù)sin∠OBC＝sin∠DBA，得出，得出比例式求出AD的長，再求出方程的兩個根即可推出結(jié)論．【詳解】解：如圖，設(shè)點A為圓心，坐標(biāo)為（﹣3，0），BC為直線y＝﹣，過點A作AD⊥BC于點D，∵直線BC的解析式為y＝﹣，當(dāng)x＝0時，y＝1，∴C（0，1），∴OC＝1，當(dāng)y＝0時，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與直線的位置關(guān)系是相離，故選：C．3．（2022?寶山區(qū)二模）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4，AD＝2，cotC＝，圓O是以AB為直徑的圓．如果以點C為圓心作圓C與直線AD相交，與圓O沒有公共點，那么圓C的半徑長可以是（）A．9 B． C．5 D．【分析】根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系求出FC，進(jìn)而求出BC，再根據(jù)勾股定理求出兩個圓心之間的距離OC，由⊙C與直線AD相交，⊙C與⊙O沒有公共點，確定⊙C半徑的取值范圍，進(jìn)而得出答案．【詳解】解：如圖，連接OC交⊙O于點E，過點D作DF⊥BC于點F，則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與直線AD相交，因此⊙C的半徑要大于4，又⊙C與⊙O沒有公共點，因此⊙C與⊙O外離或內(nèi)含，當(dāng)⊙C與⊙O外離時，⊙C的半徑要小于CE＝7﹣2＝5，此時⊙C的半徑4＜r＜5；當(dāng)⊙C與⊙O內(nèi)含時，⊙C的半徑要大于7+2＝9，此時⊙C的半徑r＞9；所以⊙C的半徑為4＜r＜5或r＞9，故選：D．4．（2022?青浦區(qū)模擬）在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝4，AD＝1（如圖）．點O是邊CD上一點，如果以O(shè)為圓心，OD為半徑的圓與邊BC有交點，那么OD的取值范圍是（）A．2≤OD≤5 B．≤OD≤ C．≤OD≤ D．≤OD≤【分析】分別畫出半徑最小和最大時的圖形，根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系以及切線的性質(zhì)列方程求解即可．【詳解】解：如圖1，過點D作DH⊥BC于H，則AD＝BH＝1，AB＝DH＝4，HC＝4﹣1＝3，在Rt△DHC中，CD＝＝5，當(dāng)⊙O與BC相切時，此時⊙O與線段BC有一個公共點，此時半徑最小，設(shè)OD＝OE＝x，則OC＝5﹣x，在Rt△COE中，sinC＝＝＝，∴OE＝（5﹣x），由OD＝OE得，x＝（5﹣x），解得x＝；如圖2，當(dāng)以O(shè)D為半徑的⊙O過點B時，半徑最大，過點O作OF⊥BC于F，設(shè)OD＝OB＝y(tǒng)，則OC＝5﹣y，在Rt△COF中，sinC＝＝＝，∴OF＝（5﹣y）＝4﹣y，F(xiàn)C＝（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＝y(tǒng)2，解得y＝，即⊙O的最大半徑為，所以當(dāng)以O(shè)為圓心，OD為半徑的圓與邊BC有交點，那么OD的取值范圍為≤OD≤，故選：C．06三角形的外接圓與內(nèi)切圓1.三角形的外接圓與外心（1）外接圓：經(jīng)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．2.三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（1）內(nèi)切圓的有關(guān)概念：與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內(nèi)切圓，三角形的內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的內(nèi)心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內(nèi)心就是三角形三個內(nèi)角角平分線的交點．（2）任何一個三角形有且僅有一個內(nèi)切圓，而任一個圓都有無數(shù)個外切三角形．（3）三角形內(nèi)心的性質(zhì)：三角形的內(nèi)心到三角形三邊的距離相等；三角形的內(nèi)心與三角形頂點的連線平分這個內(nèi)角．1．（2022秋?利川市期末）如圖，正三角形ABC內(nèi)接于⊙O，已知⊙O半徑為2，那么△ABC的邊長為（）A．2 B． C． D．3【分析】作輔助線，構(gòu)建直角三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)得：∠OCB＝∠ACB＝30°，因為⊙O半徑為2，可得OD＝1，根據(jù)勾股定理求出DC的長，所以可知BC的長．【詳解】解：如圖，過O作OD⊥BC于D，連接OC，∴BD＝CD，∵△ABC為等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∵⊙O是△ABC的外接圓，∴∠OCB＝∠ACB＝30°，∵OC＝2，∴OD＝1，∴DC＝＝，∴BC＝2DC＝2．故選：B．2．（2022秋?濱城區(qū)校級期末）如圖，等腰Rt△ABC內(nèi)接于圓O，直徑，D是圓上一動點，連接AD，CD，BD，且CD交AB于點G．下列結(jié)論：①DC平分∠ADB；②∠DAC＝∠AGC；③當(dāng)BD＝2時，四邊形ADBC的周長最大；④當(dāng)AD＝CD，四邊形ADBC的面積為，正確的有（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④【分析】由圓周角定理和三角形外角的性質(zhì)可證明①②正確；如圖1，連接DO并延長交AC于H，根據(jù)垂徑定理可得DH⊥AC，則AH＝CH＝1，利用面積和可得四邊形ADBC的面積，可知④不正確；當(dāng)AD＝BD＝2時，四邊形ADBC的周長最大，可判斷③正確．【詳解】解：∵等腰Rt△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，∴AC＝BC，∴＝，∴∠ADC＝∠CDB，∴DC平分∠ADB；故①正確；∵△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正確；如圖1，連接DO并延長交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，∴四邊形ADBC的面積＝S△ADH+S四邊形CHDB＝×1×（1+）+×1×（2+1+）＝2+，故④不正確；∵AC＝BC＝2，∴當(dāng)AD+BD最大時，四邊形ADBC的周長最大，∴當(dāng)AD＝BD＝2時，四邊形ADBC的周長最大，故③正確；所以本題正確的結(jié)論有：①②③．故選：B．3．（2022秋?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝5，AC＝3，點D是△ABC的內(nèi)心，則BD的長度為（）A．2 B．3 C． D．【分析】根據(jù)點D是△ABC的內(nèi)心，畫出△ABC的內(nèi)切圓⊙D，如圖，過點D作DE⊥AB，DF⊥BC，DH⊥AC，垂足為E，F(xiàn)，H，連接AD，根據(jù)內(nèi)切圓的性質(zhì)可知垂足E，F(xiàn)，H也是△ABC三邊與⊙D的切點，DE＝DF＝DH，AE＝AH，BE＝BF，CF＝CH，利用勾股定理可得，設(shè)BE＝x，則BF＝x，根據(jù)切線長定理可求得BE＝3，設(shè)DE＝r，根據(jù)S△ABC＝S△ADB+S△BDC+S△ADC，可得r＝1，即DE＝1，問題隨之得解．【詳解】根據(jù)點D是△ABC的內(nèi)心，畫出△ABC的內(nèi)切圓⊙D，如圖，過點D作DE⊥AB，DF⊥BC，DH⊥AC，垂足為E，F(xiàn)，H，連接AD，根據(jù)內(nèi)切圓的性質(zhì)可知垂足E，F(xiàn)，H也是△ABC三邊與⊙D的切點，∴DE＝DF＝DH，AE＝AH，BE＝BF，CF＝CH，∵∠BAC＝90°，BC＝5，AC＝3，∴，設(shè)BE＝x，則BF＝x，∴AE＝AB﹣BE＝4﹣x，CF＝CH＝5﹣x，AH＝AE＝4﹣x，∴5﹣x+4﹣x＝3，∴x＝3，∴BE＝3，設(shè)DE＝r，∵S△ABC＝S△ADB+S△BDC+S△ADC，∴，∴r＝1，∴DE＝1，∴BD＝＝．故選：C．4．（2021秋?新泰市期末）如圖，I是△ABC的內(nèi)心，AI的延長線與△ABC的外接圓相交于點D，與BC交于點E，連接BI、BD、DC．下列說法中正確的有（）①∠CAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度一定能與∠DAB重合；②I到△ABC三個頂點的距離相等；③∠BID＝2∠BAD；④DI＝DB．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①根據(jù)I是內(nèi)心，即角平分線的交點，則AI平分∠BAC，所以∠CAD＝∠DAB，由此得出：∠CAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度一定能與∠DAB重合；②I是內(nèi)心，到三邊的距離相等；③先根據(jù)角平分線定義得：∠ABI＝∠ABC，根據(jù)∠ABI≠∠BAI，可以解決問題；④根據(jù)等角對等邊證明DB＝DI，即可解決問題．【詳解】解：①∵I是△ABC的內(nèi)心，∴AI平分∠BAC，∴∠CAD＝∠DAB，∴∠CAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度一定能與∠DAB重合；所以此選項說法正確；②∵I是△ABC的內(nèi)心，∴I是△ABC三個角平分線的交點，∴I到△ABC三邊的距離相等，所以此選項說法不正確；③∵I是內(nèi)心，∴BI、CI分別平分∠ABC、∠ACB，∴∠ABI＝∠ABC，∵∠BID＝∠ABI+∠BAI，∵∠ABI≠∠BAI，所以此選項說法錯誤；④∵∠DAB＝∠CAD＝∠DBC，∠ABI＝∠CBI，∵∠DBI＝∠DBC+∠IBC，∠DIB＝∠BAD+∠ABI，∴∠DBI＝∠DIB，∴DB＝DI，所以此選項說法正確；所以說法正確的有：①④；故選：B．5．（2021秋?微山縣期末）如圖，以△ABC的邊AB為直徑作⊙O經(jīng)過點C，分別過點B，C作⊙O的兩條切線相交于點D，OD交⊙O于點E，AE的延長線交BD于點F．下面結(jié)論中，錯誤的是（）A．BC⊥OD B．AC∥OD C．FD＝FE D．點E為△BCD的內(nèi)心【分析】根據(jù)圓周角定理和切線的性質(zhì)可以判斷A，B正確；根據(jù)垂徑定理可得＝，然后根據(jù)圓周角定理證明BE平分∠CBD，又DE平分∠BDC，可得點E為△BCD的內(nèi)心，可以判斷D正確，沒有條件可以證明FD＝FE，進(jìn)而可以判斷C錯誤．【詳解】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵DC和DB是⊙O的兩條切線，∴DC＝DB，∠CDO＝∠BDO，∴OD⊥BC，故A正確，不符合題意；∵AC⊥BC，∴AC∥OD，故B正確，不符合題意；∵OE⊥BC，OE是⊙O的半徑，∴＝，∴∠BAE＝∠CAE，如圖，連接BE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴∠BAE＝90°﹣∠ABE＝∠EBF，∵∠CAE＝∠CBE∴∠CBE＝∠EBF，∴BE平分∠CBD，∵DE平分∠BDC，∴點E為△BCD的內(nèi)心，故D正確，不符合題意；∵∠FED≠∠FDE，∴FE≠FD，故C錯誤，符合題意，故選：C．07切線的性質(zhì)與判定1.切線的性質(zhì)①圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．②經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點．③經(jīng)過切點且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心．2.切線的判定（1）切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．（2）在應(yīng)用判定定理時注意：①切線必須滿足兩個條件：a、經(jīng)過半徑的外端；b、垂直于這條半徑，否則就不是圓的切線．②切線的判定定理實際上是從”圓心到直線的距離等于半徑時，直線和圓相切“這個結(jié)論直接得出來的．③在判定一條直線為圓的切線時，當(dāng)已知條件中未明確指出直線和圓是否有公共點時，常過圓心作該直線的垂線段，證明該線段的長等于半徑，可簡單的說成“無交點，作垂線段，證半徑”；當(dāng)已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線，可簡單地說成“有交點，作半徑，證垂直”．1．（2022秋?惠山區(qū)期中）如圖，AB是⊙O的直徑，DC是⊙O的切線，切點是點D，過點A的直線與DC交于點C，則下列結(jié)論錯誤的是（）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的切線 D．如果AD＝2CD，那么AD＝AO【分析】A．由切線性質(zhì)得∠ADC＝90°﹣∠ADO，再由等腰三角形性質(zhì)與三角形的內(nèi)角和定理得∠AOD＝180°﹣2∠ADO，便可得出∠AOD與∠ADC的數(shù)量關(guān)系；B．由角平分線與等腰三角形的性質(zhì)得AC∥OD，便可判斷B的正誤；C．證明△OAC≌△ODC，得∠OAC＝∠ODC＝90°，便可判斷C的正誤；D．當(dāng)AD＝2CD，且AC⊥CD時，AC∥OD，可得∠CAD＝∠ODA＝30°，過點O作OK⊥AD于點K，便可AD＝OA；若AD＝2CD，但AC與CD不垂直時，∠ADC就不不一定等于30°，此時AD≠AO，便可判斷D的正誤．【詳解】解：A．∵DC是⊙O的切線，∴∠ODC＝90°，∴∠ADC＝90°﹣∠ADO，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠AOD＝180°﹣2∠ADO＝2（90°﹣∠ADO），∴∠AOD＝2∠ADC，故選項正確，不合題意；B．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠OAD，∵∠OAD﹣∠ODA，∴∠CAD＝∠ODA，∴AC∥OD，∵DC是⊙O的切線，OD為半徑，∴OD⊥CD，∴AC⊥DC，故選項正確，不合題意；C．∵CO⊥AD，∴，∴∠AOC＝∠DOC，∵OA＝OD，OC＝OC，∴△OAC≌△ODC（SAS），∴∠OAC＝∠ODC＝90°，∴AC也是⊙O的切線，故選項正確，不合題意；D．當(dāng)AD＝2CD，且AC⊥CD時，AC∥OD，則∠CAD＝∠ODA＝30°，∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，過點O作OK⊥AD于點K，∴AK＝DK＝OA，此時AD＝，若AD＝2CD，但AC與CD不垂直時，∠ADC就不一定等于30°，此時AD≠AO，故選項錯誤，符合題意；故選：D．2．（2022秋?大渡口區(qū)校級期末）如圖，∠APB＝30°，點O在射線PA上，⊙O的半徑為2，當(dāng)⊙O與PB相切時，OP的長度為（）A．3 B．4 C． D．【分析】設(shè)⊙O與PB相切于點C，連接OC，由切線的性質(zhì)得出PB⊥OC，由直角三角形的性質(zhì)得出OP＝2OC＝2×2＝4即可．【詳解】解：設(shè)⊙O與PB相切于點C，連接OC，如圖所示：∵⊙O與PB相切于點C，∴PB⊥OC，OC＝2，∵∠APB＝30°，∴OP＝2OC＝2×2＝4；故選：B．3．（2022?百色一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD為直徑作⊙O．將矩形ABCD繞點C旋轉(zhuǎn)，使所得矩形A'B'CD'的邊A'B'與⊙O相切，切點為E，邊CD'與⊙O相交于點F，過點O，E的直線交CF于點G，則CF的長為（）A．4.5 B．4 C．3.5 D．3【分析】過點O作OH⊥B′C于點H，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OEB′＝90°，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB＝CD＝5，∠B′＝∠B′CD′＝90°，從而可得OD＝OC＝OE＝2.5，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC＝B′C＝4，然后根據(jù)矩形的判定可得四邊形OEB′H和四邊形EB′CG都是矩形，從而可得B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，進(jìn)而求出CH的長，最后在Rt△OHC中，利用勾股定理求出OH的長，最后根據(jù)垂徑定理求出CF的長，即可解答．【詳解】解：過點O作OH⊥B′C于點H，∴∠OHB′＝90°，∵A'B'與⊙O相切于點E，∴∠OEB′＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝5，∴OD＝OC＝OE＝2.5，由旋轉(zhuǎn)得：BC＝B′C＝4，∵四邊形A′B′C′D′是矩形，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，∴四邊形OEB′H和四邊形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，故選：B．4．（2022春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，點C在以AB為直徑的半圓上，AB＝8，∠CBA＝30°，點D在線段AB上運動，點E與點D關(guān)于AC對稱，DF⊥DE于點D，并交EC的延長線于點F，下列結(jié)論：①CE＝CF；②線段EF的最小值為2；③當(dāng)AD＝2時，EF與半圓相切；④若點F恰好落在弧BC上，則AD＝2．其中正確結(jié)論的序號是（）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②③④【分析】①連接DC，根據(jù)題意可得：CE＝CD，從而可得∠E＝∠CDE，再利用等角的余角相等可得∠F＝∠CDF，進(jìn)而可得CD＝CF，即可判斷；②由①可得EF＝2CD，所以當(dāng)CD最小時，則EF最小，所以當(dāng)CD⊥AB時，先在Rt△ABC中求出AC，再在Rt△ACD中求出CD，即可判斷；③連接OC，先證明△AOC是等邊三角形，從而可得∠ACO＝60°，然后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得∴∠ACD＝30°，進(jìn)而可得∠ECA＝30°，然后再證∠OCE＝90°，即可判斷；④連接AF、BF，根據(jù)題意可得DE⊥AC，從而可得DE∥BC，進(jìn)而可得FH＝DH，∠BHD＝90°，從而證明BC是DF的垂直平分線，然后再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得∠FBA＝60°，最后在Rt△AFB中求出BF，即可求出BD，即可判斷．【詳解】解：連接DC，∵點E與點D關(guān)于AC對稱，∴CE＝CD，∴∠E＝∠CDE，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴∠E+∠F＝90°，∵∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠F＝∠CDF，∴CD＝CF，∴CE＝CD＝CF，故①正確；∵CE＝CD＝CF，∴EF＝2CD，當(dāng)CD最小時，則EF最小，∴當(dāng)CD⊥AB時，CD最小，∵AB是半⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵AB＝8，∠CBA＝30°，∴AC＝AB＝4，∠CAB＝90°﹣∠CBA＝60°，在Rt△ADC中，CD＝ACsin60°＝4×＝2，∴EF＝2CD＝4，∴線段EF的最小值為4，故②不正確；連接OC，∵OA＝OC，∠A＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴∠ACO＝60°，∵AD＝2，OA＝4，∴OD＝OA﹣AD＝4﹣2＝2，∴AD＝OD，∴∠ACD＝∠ACO＝30°，∵點E與點D關(guān)于AC對稱，∴∠ECA＝∠ACD＝30°，∴∠OCE＝∠ECA+∠ACO＝90°，∵OC是半⊙O的半徑，∴EF與半⊙O相切，∴當(dāng)AD＝2時，EF與半圓相切，故③正確；當(dāng)點F恰好落在弧BC上時，連接AF、BF，∵點E與點D關(guān)于AC對稱，∴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的垂直平分線，∴BF＝BD，∴∠FBA＝2∠CBA＝60°，∵AB是半⊙O的直徑，∴∠AFB＝90°，∴FB＝ABcos60°＝8×＝4，∴BD＝BF＝4，∴AD＝AB﹣BD＝8﹣4＝4，故④不正確，所以，正確結(jié)論的序號是①③，故選：A．5．（2022秋?臥龍區(qū)校級期末）如圖，以等邊△ABC的邊BC為直徑作⊙O，分別交AB、AC于點D、E，過點D作DF⊥AC交AC于點F．（1）求證：DF是⊙O的切線；（2）若等邊△ABC的邊長為4，求圖中陰影部分的面積．【分析】（1）連結(jié)OD，由△ABC是等邊三角形，得∠B＝∠A＝∠C＝60°，可證明△BOD是等邊三角形，則∠ODB＝∠A＝60°，所以O(shè)D∥AC，則∠ODF＝∠AFD＝90°，即可證明DF是⊙O的切線；（2）連結(jié)OE，可證明△COE是等邊三角形，則∠OEC＝∠COE＝∠A＝60°，所以O(shè)E∥AB，∠DOE＝60°，則四邊形ADOE是菱形，AD＝AE＝OD＝BD＝AB＝2，可求得DE＝，AF＝1，再由S陰影＝S菱形ADOE﹣S△ADF﹣S扇形DOE求出圖中陰影部分的面積即可．【詳解】（1）證明：連結(jié)OD，則OD＝OB，∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠A＝∠C＝60°，∴△BOD是等邊三角形，∴∠ODB＝∠BOD＝∠A＝60°，∴OD∥AC，∵DF⊥AC于點F，∴∠ODF＝∠AFD＝90°，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴DF是⊙O的切線．（2）解：連結(jié)OE，則OE＝OC＝OD，∴△COE是等邊三角形，∴∠OEC＝∠COE＝∠A＝60°，∴OE∥AB，∠DOE＝180°﹣∠BOD﹣∠COE＝60°，∴四邊形ADOE是菱形，∵AB＝4，∴AD＝AE＝OD＝BD＝AB＝2，∴DE＝AD?sinA＝2sin60°＝2×＝，AF＝AD?cosA＝2cos60°＝2×＝1，∴S陰影＝S菱形ADOE﹣S△ADF﹣S扇形DOE＝2×﹣×1×﹣＝﹣，∴圖中陰影部分的面積﹣．6．（2022秋?西安期末）如圖，AB為⊙O的直徑，CD為弦，且CD⊥AB于E，F(xiàn)為BA延長線上一點，CA恰好平分∠FCE．（1）求證：FC與⊙O相切；（2）連接OD，若OD∥AC，求的值．【分析】（1）連接OC，則∠OCA＝∠OAC，由CD⊥AB于E，得∠AEC＝90°，而∠ACF＝∠ACE，則∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，即可證明FC與⊙O相切；（2）由等腰三角形的“三線合一”得∠COF＝∠DOF，由OD∥AC，得∠DOF＝∠OAC，所以∠COF＝∠OAC＝∠OCA＝60°，則∠F＝30°，所以O(shè)A＝OC＝OF，則AF＝OA＝AB，即可求得＝．【詳解】（1）證明：連接OC、則OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC，∵CD⊥AB于E，∴∠AEC＝90°，∵CA平分∠FCE，∴∠ACF＝∠ACE，∴∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，∵FC經(jīng)過⊙O的半徑OC的外端，且FC⊥OC，∴FC與⊙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?漢陽區(qū)校級期末）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點D，DE⊥AC，垂足為E，ED的延長線與AB的延長線交于點F．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為，BD＝2，求CE的長．【分析】（1）連接OD，只需證EF⊥OD即可；（2）連接AD，由△CDE∽△CAD即可求解．【詳解】（1）證明：連接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴EF是⊙O的切線；（2）解：連接AD，∵AB是⊙O直徑，∴AD⊥BC，∵DE⊥AC，∴∠ADC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD，∴，∵AB＝AC，∴DC＝DB＝2，∵AC＝AB＝5，∴，∴．8．（2022秋?金華期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AC是⊙O的直徑，過OA上的點P作PD⊥AC，交CB的延長線于點D，交AB于點E，點F為DE的中點，連接BF．（1）求證：BF與⊙O相切；（2）若AP＝OP，tanA＝，AP＝8，求BF的長．【分析】（1）連接OB，由直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，推出∠ABO＝∠BAO，∠FBE＝∠AEP，于是可以證明∠OBF＝90°，由切線的判定定理即可證明問題；（2）由條件可以證明△AEP∽△DCP，于是由相似三角形的性質(zhì)即可求出PD長，得到DE長，由直角三角形的性質(zhì)即可求出BF的長．【詳解】（1）證明：連接OB，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°，∵點F為DE的中點，∴BF＝EF，∴∠FEB＝∠FBE，∵∠AEP＝∠FEB，∴∠FBE＝∠AEP，∵PD⊥AC，∴∠EPA＝90°，∴∠A+∠AEP＝90°，∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBA，∴∠OBA+∠FBE＝90°，∴∠OBF＝90°，∴半徑OB⊥BF，∴BF與⊙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的長為13．08切線長定理切線長定理（1）圓的切線長定義：經(jīng)過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．（2）切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．（3）注意：切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量．（4）切線長定理包含著一些隱含結(jié)論：①垂直關(guān)系三處；②全等關(guān)系三對；③弧相等關(guān)系兩對，在一些證明求解問題中經(jīng)常用到．1．（2022秋?鳳臺縣期末）如圖，△ABC是一張周長為17cm的三角形的紙片，BC＝5cm，⊙O是它的內(nèi)切圓，小明準(zhǔn)備用剪刀在⊙O的右側(cè)沿著與⊙O相切的任意一條直線MN剪下△AMN，則剪下的三角形的周長為（）A．12cm B．7cm C．6cm D．隨直線MN的變化而變化【分析】利用切線長定理得出BC＝BD+EC，DM＝MF，F(xiàn)N＝EN，進(jìn)而得出答案．【詳解】解：設(shè)E、F分別是⊙O的切點，∵△ABC是一張三角形的紙片，AB+BC+AC＝17cm，⊙O是它的內(nèi)切圓，點D是其中的一個切點，BC＝5cm，∴BD+CE＝BC＝5cm，則AD+AE＝7cm，故DM＝MF，F(xiàn)N＝EN，∴AM+AN+MN＝AD+AE＝7（cm）．故選：B．2．（2022秋?金東區(qū)期末）如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，點D、E分別為邊AB、AC上的點，且DE為⊙O的切線，若△ABC的周長為25，BC的長是9，則△ADE的周長是（）A．7 B．8 C．9 D．16【分析】根據(jù)切線長定理，可得BI＝BG，CI＝CH，DG＝DF，EF＝EH，則C△ADE＝AD+AE+DE＝AD+AE+DF+EF＝AD+DG+EH+AE＝AG+AH＝C△ABC﹣（BG+CH+BC），據(jù)此即可求解．【詳解】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．故選：A．3．（2022秋?紅旗區(qū)校級期末）以正方形ABCD的AB邊為直徑作半圓O，過點C作直線切半圓于點F，交AB邊于點E，若△CDE的周長為12，則直角梯形ABCE周長為（）A．12 B．13 C．14 D．15【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)知：AE＝EF，BC＝CF；根據(jù)△CDE的周長可求出正方形ABCD的邊長；在Rt△CDE中，利用勾股定理可將AE的長求出，進(jìn)而可求出直角梯形ABCE的周長．【詳解】解：設(shè)AE的長為x，正方形ABCD的邊長為a，∵CE與半圓O相切于點F，∴AE＝EF，BC＝CF，∵EF+FC+CD+ED＝12，∴AE+ED+CD+BC＝12，∵AD＝CD＝BC＝AB，∴正方形ABCD的邊長為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周長為14．故選：C．二．填空題（共1小題）4．（2022秋?平泉市校級期末）如圖所示，P是⊙O外一點，PA，PB分別和⊙O切于A，B兩點，C是上任意一點，過C作⊙O的切線分別交PA，PB于D，E．（1）若△PDE的周長為10，則PA的長為5；（2）連接CA、CB，若∠P＝50°，則∠BCA的度數(shù)為115度．【分析】（1）由于PA、PB、DE都是⊙O的切線，可根據(jù)切線長定理將△PDE的周長轉(zhuǎn)化為切線PA、PB的長．（2）根據(jù)切線長定理即可證得△PEF周長等于2PA即可求解；根據(jù)切線的性質(zhì)以及四邊形的內(nèi)角和定理即可求得∠AOB的度數(shù)，然后根據(jù)∠EOF＝∠AOB即可求出∠BCA的度數(shù)．【詳解】解：（1）∵PA、PB、DE分別切⊙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）連接OA、OB、AC、BC，在⊙O上取一點F，連接AF、BF，∵PA、PB分別切⊙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正多邊形與圓正多邊形和圓（1）正多邊形與圓的關(guān)系把一個圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內(nèi)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(guān)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．1．（2022秋?天河區(qū)校級期末）一個圓的半徑為4，則該圓的內(nèi)接正方形的邊長為（）A．2 B． C． D．8【分析】根據(jù)正方形與圓的性質(zhì)得出AB＝BC，以及AB2+BC2＝AC2，進(jìn)而得出正方形的邊長即可．【詳解】解：如圖所示：⊙O的半徑為4，∵四邊形ABCD是正方形，∠B＝90°，∴AC是⊙O的直徑，∴AC＝2×4＝8，∵AB2+BC2＝AC2，AB＝BC，∴AB2+BC2＝64，解得：AB＝4，即⊙O的內(nèi)接正方形的邊長等于4．故選：C．2．（2022秋?山西期末）已知過m邊形的一個頂點有3條對角線，正n邊形的邊長為5，周長為40，則n﹣m的值為（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)題意，由多邊形的性質(zhì)，判斷出m，n的值，可得結(jié)論．【詳解】解：依題意有m＝3+3＝6，n＝40÷5＝8，t＝63÷7＝9則n﹣m＝8﹣6＝2．故選：A．二．填空題（共2小題）3．（2022秋?明水縣校級期末）正六邊形ABCDEF在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的位置如圖所示，點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點B在原點，把正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸無滑動地連續(xù)翻轉(zhuǎn)，每次翻轉(zhuǎn)60°，經(jīng)過2022次翻轉(zhuǎn)之后，點B的坐標(biāo)是（4044，0）．【分析】根據(jù)正六邊形的特點，每6次翻轉(zhuǎn)為一個循環(huán)組循環(huán)，用2017除以6，根據(jù)商和余數(shù)的情況確定出點B的位置，然后求出翻轉(zhuǎn)前進(jìn)的距離，進(jìn)而得到2017次翻轉(zhuǎn)之后，點B的坐標(biāo)．【詳解】解：∵正六邊形ABCDEF沿x軸正半軸作無滑動的連續(xù)翻轉(zhuǎn)，每次翻轉(zhuǎn)60°，∴每6次翻轉(zhuǎn)為一個循環(huán)組，∵2022÷6＝337，∴經(jīng)過2022次翻轉(zhuǎn)為第337個循環(huán)，點B在初始狀態(tài)時的位置，∵A（﹣2，0），∴AB＝2，∴每次循環(huán)B的橫坐標(biāo)增加12，∴點B離原點的距離＝12×337＝4044，∴經(jīng)過2022次翻轉(zhuǎn)之后，點B的坐標(biāo)是（4044，0），故答案為：（4044，0）．4．（2022秋?新華區(qū)校級期末）小明要在邊長為10的正方形內(nèi)設(shè)計一個有共同中心O的正多邊形，使其能在正方形內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)．（1）如圖1，若這個正多邊形為邊長最大的正六邊形，EF＝5；（2）如圖2，若這個正多邊形為正△EFG，則EF的取值范圍為0＜EF≤5．【分析】（1）過點O作OM⊥AD于點M，交BC于點N，連接OE、OF，由正方形ABCD的邊長為10，求得它的邊心距為5，正六邊形EFGHIK與正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，則正六邊形EFGHIK的最大半徑OE與正方形ABCD的邊心距相等，可證明△EOF是等邊三角形，則EF＝OE＝5；（2）連接OE、OF，作OR⊥EF于點R，可求得∠OER＝30°，正三角形EFG與正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，則正三角形EFG的最大半徑OE與正方形ABCD的邊心距相等，則OE＝5，OR＝OE＝，由勾股定理求得ER＝＝，所以EF＝2ER＝5，則EF的取值范圍為0＜EF≤5．【詳解】解：（1）如圖1，過點O作OM⊥AD于點M，交BC于點N，∵四邊形ABCD是邊長為10的正方形，∴∠NMA＝∠A＝∠B＝90°，AB＝10，∴四邊形ABNM是矩形，∴MN＝AB＝10，∠MNB＝90°，∴ON⊥BC，∴OM、ON都是正方形ABCD的邊心距，∴OM＝ON＝MN＝5，∵正六邊形EFGHIK與正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，∴正六邊形EFGHIK的最大半徑OE與正方形ABCD的邊心距OM相等，∴OE＝OM＝5，連接OE、OF，則OE＝OF，∵∠EOF＝×360°＝60°，∴△EOF是等邊三角形，∴EF＝OE＝5，故答案為：5．（2）如圖2，連接OE、OF，作OR⊥EF于點R，則∠ORE＝90°，∴點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與正方形ABCD有共同中心O，且能在正方形ABCD內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，∴正三角形EFG的最大半徑OE與正方形ABCD的邊心距相等，∴OE＝5，∴OR＝OE＝×5＝，∴ER＝＝＝，∴EF＝2ER＝2×＝5，∵正多邊形的邊長為正數(shù)，∴EF的取值范圍為0＜EF≤5，故答案為：0＜EF≤5．10弧長與扇形面積1．在半徑為R的圓中，n°的圓心角所對的弧長l的計算公式為：l＝eq\f(nπR,180)．在半徑為R的圓中，n°的圓心角所對的扇形(弧長為l)面積的計算公式為：S扇形＝eq\f(nπR2,360)＝eq\f(1,2)lR.2．圓柱的側(cè)面展開圖是矩形，這個矩形的長和寬分別是底面圓的周長和圓柱的高．圓柱側(cè)面積公式：S圓柱側(cè)＝2πrh；圓柱全面積公式：S圓柱全＝2πrh＋2πr2(其中圓柱的底面半徑為r，高為h)．3．圓錐的側(cè)面積和全面積：圓錐的側(cè)面展開圖是一個扇形，若圓錐的母線長為l，底面半徑為r，則這個扇形的半徑為l，扇形的弧長為2πr．(1)圓錐的側(cè)面積公式：S圓錐側(cè)＝πrl．(2)圓錐的全面積公式：S圓錐全＝πr2＋πrl．(3)圓錐側(cè)面展開圖扇形的圓心角度數(shù)的計算公式：θ＝eq\f(r,l)·360°．1．（2022?嶧城區(qū)校級模擬）若扇形的圓心角為75°，半徑為12，則該扇形的弧長為（）A．2π B．4π C．5π D．6π【分析】利用弧長公式l＝，求解即可．【詳解】解：該扇形的弧長＝＝5π．故選：C．2．（2022?臺山市校級一模）如圖，正方形的邊長為2，則圖中陰影部分的面積為（）A．2﹣ B．1﹣ C．2﹣ D．﹣1【分析】根據(jù)S陰＝S扇形ABE﹣S△AEF，求解即可．【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAF＝45°，∵EF⊥AB，∴△AEF是等腰直角三角形，∵AB＝AE＝