专题03 圆的基本性质（知识串讲+热点考题+真题训练）（解析版）

专题03圆的基本性质【考点1】圆的认识．【考点2】点与圆的位置关系．【考点3】确定圆的条件．【考点4】三角形的外接圆与外心【考点5】生活中的旋转现象．【考点6】旋转的性质．【考点7】坐标与图形变化﹣旋转．【考点8】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．【考点9】垂径定理【考点10】垂径定理的应用．【考点11】圆心角、弧、弦的关系．【考点12】圆周角定理【考点13】圆内接四边形的性质；【考点14】正多边形和圆【考点15】弧长的计算．【考点16】扇形面积计算知识点1：圆的定义及性质圆的定义：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫圆。这个固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径。圆的表示方法：以O点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O。圆的特点：在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形。确定圆的条件：1）圆心；2）半径。备注：圆心确定圆的位置，半径长度确定圆的大小。【补充】1）圆心相同且半径相等的圆叫做同圆；2）圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆；3）半径相等的圆叫做等圆。圆的对称性：1）圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴；2）圆是以圆心为对称中心的中心对称图形。知识点2：圆的有关概念弦的概念：连结圆上任意两点的线段叫做弦(例如：右图中的AB)。直径的概念：经过圆心的弦叫做直径（例如：右图中的CD）。备注：1）直径是同一圆中最长的弦。2）直径长度等于半径长度的2倍。弧的概念：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。以A、B为端点的弧记作AB，读作圆弧A等弧的概念：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧。半圆的概念：圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆。优弧的概念：在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧。劣弧的概念：小于半圆的弧叫做劣弧。知识点3：确定圆的条件1.过三点的圆不在同一直线上的三个点确定一个圆。知识点4：三角形的外接圆与外心1.三角形的外接圆经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆。2.三角形的外心三角形的外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，它叫做这个三角形的外心。知识点5：旋转的概念把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角（如下图中的∠BOF），如果图形上的点B经过旋转变为点F，那么这两个点叫做对应点.注意:（1）图形的旋转就是一个图形围绕一点旋转一定的角度，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键。（2）旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向。（3）旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点。知识点6：旋转的性质旋转的性质：（1）对应点到旋转中心的距离相等。（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。（3）旋转前、后的图形全等。注意：（1）旋转中心、旋转方向、旋转角度是确定旋转的关键.（2）性质是通过学生操作验证得出的结论，性质（1）和（2）是旋转作图的关键，整个性质是旋转这部分内容的核心，是解决有关旋转问题的基础.（3）要正确理解旋转中的变与不变，寻找等量关系，解决问题。知识点7：旋转作图（1）旋转图形的作法：根据旋转的性质可知，对应角都相等，都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形。（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角、旋转方向、旋转中心，其中任一元素不同，位置就不同，但得到的图形全等.知识点8：垂径定理垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。推论1：1）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；2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分知识点9：垂径定理的应用经常为未知数，结合方程于勾股定理解答知识点10：圆心角的概念圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等。知识点11：圆角角的概念圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。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。（即：圆周角=1推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。知识点12：圆内接四边形圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。即：在⊙中，∵四边是内接四边形∴知识点13:圆内正多边形的计算（1）正三角形在⊙中△是正三角形，有关计算在中进行：；（2）正四边形同理，四边形的有关计算在中进行，：（3）正六边形同理，六边形的有关计算在中进行，知识点14:与正多边形有关的概念1、正多边形的中心正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。2、正多边形的半径正多边形的外接圆的半径叫做这个正多边形的半径。3、正多边形的边心距正多边形的中心到正多边形一边的距离叫做这个正多边形的边心距。4、中心角正多边形的每一边所对的外接圆的圆心角叫做这个正多边形的中心角。知识点15:正多边形的对称性1、正多边形的轴对称性正多边形都是轴对称图形。一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心。2、正多边形的中心对称性边数为偶数的正多边形是中心对称图形，它的对称中心是正多边形的中心。3、正多边形的画法先用量角器或尺规等分圆，再做正多边形。知识点16：扇形的弧长和面积计算扇形：（1）弧长公式：；（2）扇形面积公式：：圆心角：扇形多对应的圆的半径：扇形弧长：扇形面积注意：(1)对于弧长公式，关键是要理解1°的圆心角所对的弧长是圆周长的，即；

(2)公式中的ｎ表示1°圆心角的倍数，故ｎ和180都不带单位，R为弧所在圆的半径；

(3)弧长公式所涉及的三个量：弧长、圆心角度数、弧所在圆的半径，知道其中的两个量就可以求出第三个量.

(4)对于扇形面积公式，关键要理解圆心角是1°的扇形面积是圆面积的，即；

(5)在扇形面积公式中，涉及三个量：扇形面积S、扇形半径R、扇形的圆心角，知道其中的两个量就可以求出第三个量.

知识点17：扇形与圆柱、圆锥之间联系1、圆柱：（1）圆柱侧面展开图=圆柱的体积：2、圆锥侧面展开图（1）=（2）圆锥的体积：注意：圆锥的底周长=扇形的弧长（）【考点1】圆的认识．1．（2022秋•海珠区校级期中）下列说法错误的是（）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．【答案】B【分析】根据直径的定义对A进行判断；根据等弧的定义对B进行判断；根据等圆的定义对C进行判断；根据半圆和等弧的定义对D进行判断．【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，则它们是等圆，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．故选：B．2．（2022秋•林州市期中）已知⊙O的半径是5cm，则⊙O中最长的弦长是（）A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm【考点】圆的认识．【答案】B【分析】根据圆中最长的弦是直径，且直径的长是半径长的2倍可得答案．【解答】解：∵⊙O的半径是5cm，∴⊙O中最长的弦，即直径的长为10cm，故选：B．3．（2022秋•岳麓区校级月考）如图，⊙O的弦AB、半径OC延长交于点D，BD＝OA，若∠AOC＝105°，则∠D＝25度．【考点】圆的认识；三角形内角和定理；三角形的外角性质．【答案】见试题解答内容【分析】解答此题要作辅助线OB，根据OA＝OB＝BD＝半径，构造出两个等腰三角形，结合三角形外角和内角的关系解决．【解答】解：连接OB，∵BD＝OA，OA＝OB所以△AOB和△BOD为等腰三角形，设∠D＝x度，则∠OBA＝2x°，因为OB＝OA，所以∠A＝2x°，在△AOB中，2x+2x+（105﹣x）＝180，解得x＝25，即∠D＝25°．【考点2】点与圆的位置关系．4．（2022秋•海陵区校级月考）⊙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，则点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．【答案】B【分析】由条件计算出OP的长度与半径比较大小即可．【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，故选：B．5.（2022秋•沭阳县校级月考）一个点到圆的最小距离为6cm，最大距离为9cm，则该圆的半径是（）A．1.5cm B．7.5cm C．1.5cm或7.5cm D．3cm或15cm【考点】点与圆的位置关系．【答案】C【分析】点P应分为位于圆的内部于外部两种情况讨论．当点P在圆内时，直径＝最小距离+最大距离；当点P在圆外时，直径＝最大距离﹣最小距离．【解答】解：分为两种情况：①当点P在圆内时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为9cm，则直径是15cm，因而半径是7.5cm；②当点P在圆外时，最近点的距离为6cm，最远点的距离为9cm，则直径是3cm，因而半径是1.5cm．故选：C．6．（2022秋•大荔县校级月考）如图，已知△ABC，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，以点C为圆心作⊙C，半径为r．（1）当r取什么值时，点A、B在⊙C外．（2）当r在什么范围时，点A在⊙C内，点B在⊙C外．【考点】点与圆的位置关系；勾股定理．版权所有【答案】见试题解答内容【分析】（1）要保证点在圆外，则点到圆心的距离应大于圆的半径，根据这一数量关系就可得到r的取值范围；（2）根据点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内和点到圆心的距离应大于圆的半径，则点在圆外求得r的取值范围．【解答】解：（1）当0＜r＜3时，点A、B在⊙C外；当3＜r＜4时，点A在⊙C内，点B在⊙C外．【考点3】确定圆的条件．20．（2022秋•拱墅区校级月考）小明不慎把家里的圆形玻璃打碎了，其中四块碎片如图所示，为配到与原来大小一样的圆形玻璃，小明带到商店去的一块玻璃碎片应该是（）A．第①块 B．第②块 C．第③块 D．第④块【考点】确定圆的条件．【答案】B【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第②块可确定半径的大小．【解答】解：第②块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，就交于了圆心，进而可得到半径的长．故选：B．21．（2022秋•沭阳县校级月考）如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为（2，0）．【考点】确定圆的条件；坐标与图形性质．【答案】见试题解答内容【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．如图所示，则圆心是（2，0）．故答案为：（2，0）22．（2022秋•工业园区校级月考）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）；（2）求（1）中所作圆的半径．【考点】确定圆的条件．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作AC，BC的中垂线交于点O，则点O是弧ACB所在圆的圆心；（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半径OA的长．【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分线与弦AB的垂直平分线交于O点，以O为圆心OA长为半径作圆O就是此残片所在的圆，如图．（2）连接OA，设OA＝x，AD＝12cm，OD＝（x﹣8）cm，则根据勾股定理列方程：x2＝122+（x﹣8）2，解得：x＝13．答：圆的半径为13cm．【考点4】三角形的外接圆与外心23．（2022春•崇川区校级月考）如图，已知⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝135°，则AB＝2．【考点】三角形的外接圆与外心．【答案】见试题解答内容【分析】根据圆内接四边形对角互补和同弧所对的圆心角是圆周角的二倍，可以求得∠AOB的度数，然后根据勾股定理即可求得AB的长．【解答】解：设点D为优弧AB上一点，连接AD、BD、OA、OB，如图所示，∵⊙O的半径为2，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝135°，∴∠ADB＝45°，∴∠AOB＝90°，∵OA＝OB＝2，∴AB＝2，故答案为：2．24．（2022秋•桐乡市期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，7），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（3，0），那么△ABC的外接圆的圆心坐标为（5，5）．【考点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质．【答案】（5，5）．【分析】作AB和BC的垂直平分线，它们的交点为△ABC的外接圆的圆心，从而得到△ABC的外接圆的圆心坐标．【解答】解：如图，P点为△ABC的外接圆的圆心，其坐标为（5，5）．故答案为（5，5）．25．（2022秋•大丰区校级月考）已知等腰三角形ABC，如图．（1）用直尺和圆规作△ABC的外接圆；（2）设△ABC的外接圆的圆心为O，若∠BOC＝128°，求∠BAC的度数．【考点】三角形的外接圆与外心．【答案】见试题解答内容【分析】（1）作出AB，AC的垂直平分线，两垂直平分线的交点就是圆心，以交点为圆心，交点到三角形的顶点为半径画圆可得△ABC的外接圆；（2）作出劣弧BC所对的圆周角，易得该圆周角的度数，则∠BAC的度数是该圆周角的补角．【解答】解：（1）（4分）（2）在优弧BC上任取一点D，连接BD，CD，∵∠BOC＝128°，∴∠BDC＝∠BOC＝64°，∴∠BAC＝180°﹣∠BDC＝116°．26．（2022•福州模拟）如图，△ABC内接于⊙O；∠A＝30°，过圆心O作OD⊥BC，垂足为D．若⊙O的半径为6，求OD的长．【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理．【答案】3．【分析】先证△BOC是等边三角形，可得OB＝OC＝BC＝6，由勾股定理可求解．【解答】解：如图，连接OB，OC，∵∠BOC＝2∠A，∠A＝30°，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△BOC是等边三角形，∴OB＝OC＝BC＝6，∵OD⊥BC，∴BD＝CD＝3，在Rt△ODB中，OD＝＝＝3【考点5】生活中的旋转现象．2．（2023春•兴宾区期末）有下列现象：①高层公寓电梯的上升；②传送带的移动；③方向盘的转动；④风车的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千运动．其中属于旋转的有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据旋转的定义进行判断即可．【解答】解：①高层公寓电梯的上升，是平移，故不符合要求：②传送带的移动，是平移，故不符合要求；③方向盘的转动，是旋转，故符合要求；④风车的转动，是旋转，故符合要求；⑤钟摆的运动，是旋转，故符合要求；⑥荡秋千运动，是旋转，故符合要求；故选：C．3．（2023春•嘉定区期末）一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为90°．【答案】90°．【分析】钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份，根据题意知，时针运行了圆周，即可得到答案．【解答】解：根据题意，从上午6时到上午9时，共3个小时，∴时针旋转了圆周，旋转的角度为．故答案为：90°．【考点6】旋转的性质．4．（2023•东方一模）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】根据旋转的性质可得AB＝AE，∠BAE＝60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE＝AB．【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△AEB是等边三角形，∴BE＝AB，∵AB＝4，∴BE＝4．故选：B．5．（2023春•北林区期末）如图在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝40°，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，点C的对称点C′恰好落在变AB上，连接AA′，则∠CAA′度数是（）A．50° B．70° C．110° D．120°【答案】D【分析】先根据三角形内角和定理求出∠CAB的度数，再根据旋转的性质得出BA＝BA'，∠ABC＝∠ABA'＝40°，得出∠BAA'的度数即可求解．【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝50°，∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，∴BA＝BA'，∠ABC＝∠ABA'＝40°，∴∠BA'A＝∠BAA'＝＝70°，∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA'＝50°+70°＝120°，故选：D．6．（2023•二道区校级模拟）如图是中国共产主义青年团团旗上的图案（图案本身没有字母）要想与原来图形重合，则绕圆心至少旋转（）A．36° B．60° C．72° D．90°【答案】C【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．【解答】解：∵360°÷5＝72°，∴该图形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．故选：C．7．（2023•武鸣区二模）如图，在△ABC中，∠CAB＝76°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使CC'∥AB，则∠BAB'等于（）A．28° B．30° C．36° D．38°【答案】A【分析】旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′＝∠CAC′，AC＝AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA＝∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′．【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝76°，∴∠C′CA＝∠CAB＝76°，又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，∴AC＝AC′，即△ACC′为等腰三角形，∴∠BAB′＝∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝28°．故选：A．8．（2023春•儋州期末）如图，该图形围绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（）A．72° B．108° C．144° D．216°【答案】B【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72°的整数倍，就可以与自身重合；不是旋转72°的整数倍，就不能与其自身重合，即可得出结果．【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，因而A、C、D选项都符合题意，旋转角为108°时，旋转后不能与自身重合，不符合题意的是B选项．故选：B．9．（2023春•路南区期末）如图，在△ACB中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝1，△ACB绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，点B，E之间的距离为（）A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】连接BE，根据含30度的直角三角形的性质可得AB＝2BC＝2，根据旋转得到∠BAE＝90°，AE＝AB＝2，利用勾股定理即可求出BE．【解答】解：连接BE，∵BC＝1，∠C＝90°，∠B＝60°，∴AB＝2BC＝2，由旋转可知：∠BAE＝90°，AE＝AB＝2，∴，故选：C．10．（2022秋•江门期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在边AB上，则点B'与点B之间的距离为（）A．4 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】由旋转的性质，可证△ACA'、△BCB'都是等边三角形，由勾股定理求出BC的长即可．【解答】解：如图，连接BB'，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，∴∠BCB'＝∠ACA'，CB＝CB'，CA＝CA'，∵∠A＝60°，∴△ACA'是等边三角形，∠ABC＝30°，∴∠ACA'＝60°，AB＝2AC，∴∠BCB'＝60°，∴△BCB'是等边三角形，∴BB'＝BC，在Rt△ABC中，AB＝2AC＝4，∴BC＝＝＝2，∴BB'＝2，故选：B．11．（2023春•开江县校级期末）如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（）A．150° B．135° C．120° D．165°【答案】A【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，根据等边三角形的性质得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故选：A．12．（2023•通榆县三模）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为60度．​【答案】60．【分析】观察图形可得，图形由六个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度．【解答】解：图形可看作由一个基本图形每次旋转60°，旋转6次所组成，故最小旋转角为60°．故答案为：60．13．（2022秋•阜宁县期末）如图，正方形ABCD，△ABE是等边三角形，M是正方形ABCD对角线AC（不含点A）上任意一点，将线段AM绕点A逆时针旋转60°得到AN，连接EN，DM．求证：EN＝BM．【答案】见解析．【分析】利用等边三角形的性质以及旋转的性质，即可判定△EAN≌△DAM（SAS），依据全等三角形的对应边相等，即可得到EN＝DM．【解答】证明：∵△ABE是等边三角形，∴∠BAE＝60°，BA＝EA，∵将线段AM绕点A逆时针旋转60°得到AN，∴∠MAN＝60°，AM＝AN，∴∠BAE＝∠MAN，∴∠EAN＝∠BAM，∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝DA，∠BAM＝∠DAM＝45°，∴EA＝DA，∠EAN＝∠DAM，在△EAN和△DAM中，，∴△EAN≌△DAM（SAS），∴EN＝DM．∵AC是正方形ABCD的对称轴，∴BM＝EN14．（2023春•江岸区校级月考）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A、D、E在同一条直线上，且∠ACB＝25°，求∠CEA与∠B的度数．【答案】∠CEA＝45°，∠B＝110°．【分析】根据旋转的性质可得△ACE是等腰直角三角形，所以∠CAE＝45°，易知∠ACD＝90°﹣20°＝70°，根据三角形外角性质可得∠EDC度数，又∠EDC＝∠B，则可求．【解答】解：根据旋转的性质可知CA＝CE，且∠ACE＝90°，所以△ACE是等腰直角三角形．所以∠CEA＝45°；根据旋转的性质可得∠BCD＝90°，∵∠ACB＝25°．∴∠ACD＝90°﹣25°＝65°．∴∠EDC＝45°+65°＝110°．所以∠B＝∠EDC＝110°．15．（2023春•开江县校级期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，将△BCD绕点C旋转得到△ACE．（1）求证：△CDE是等边三角形；（2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周长．【答案】（1）证明见解答过程；（2）15．【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可证DE∥BC；（2）由旋转的性质可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周长．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．∴CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴△CDE是等边三角形；（2）解：∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．∴AE＝BD＝7，∵△ADE的周长＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC，∴△ADE的周长＝7+8＝15．16．（2023春•清远期末）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．（1）求证：BC＝EF；（2）若∠ABC＝64°，∠ACB＝25°，求∠AGE的度数．【答案】（1）证明见解答过程；（2）77°．【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC；（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，那么∠FAG＝52°．由△ABC≌△AEF，得出∠F＝∠C＝25°，再根据三角形外角的性质即可求出∠AGE＝∠FGC＝∠FAG+∠F＝77°．【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF．∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，∴AC＝AF．在△ABC与△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（SAS），∴BC＝EF；（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝64°，∴∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，∴∠FAG＝∠BAE＝52°．∵△ABC≌△AEF，∴∠F＝∠C＝25°，∴∠FGC＝∠FAG+∠F＝52°+25°＝77°，∴∠AGE＝77°．17．（2023春•东营期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF．（1）若∠BAC＝40°．则∠BAF的度数为65°；（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长．【答案】（1）65°；（2）4．【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC＝50°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到AB＝10，根据旋转的性质得到BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝50°，∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，∴∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，∴∠BAF＝∠BFA＝（180°﹣50°）＝65°，故答案为：65°；（2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝10，∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4，∴AF＝＝4．18．（2023春•渠县校级期末）阅读下面材料，并解决问题：（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝150°；（2）基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；（3）能力提升如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PAP′＝60°，∴△APP′为等边三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，易证△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案为：150°；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【考点7】坐标与图形变化﹣旋转．26．（2023春•巴东县期中）在平面直角坐标系xOy中，已知A（1，0），C（﹣2，1），若将点C绕点A顺时针旋转90°得到点C'，则C'的坐标为（）A．（2，3） B．（1，2） C．（2，1） D．（3，2）【答案】A【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，过点C′作C′E⊥x轴于点E．证明△ACD≌△C′AE（AAS），推出AE＝CD＝1，C′E＝AD＝3，可得结论．【解答】解：过点C作CD⊥x轴于点D，过点C′作C′E⊥x轴于点E．∵A（1，0），C（﹣2，1），∴OA＝1，OD＝2，CD＝1，∴AD＝3，∵∠CAC′＝∠ADC＝∠C′EA＝90°，∴∠DAC+∠C′AE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠C′AE，在△ACD和∠C′AE中，，∴△ACD≌△C′AE（AAS），∴AE＝CD＝1，C′E＝AD＝3，∴OE＝OA+AE＝1+1＝2，∴C′（2，3），故选：A．27．（2023春•达川区校级期末）如图在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，得到等腰直角三角形A2023OB2023，则点B2023的坐标（）A．（﹣22023，22023） B．（22022，﹣22022） C．（22023，﹣22023） D．（22022，22022）【答案】A【分析】根据旋转特点，找到坐标的变化规律，再求解．【解答】解：由题意得：B1（2，﹣2），B2（﹣22，﹣22），B3（﹣23，23），B4（24，24），……，∵2023÷4＝505……3，∴B2023的坐标为（﹣22023，22023），故选：A．28．（2023春•兴城市期中）如图所示，长方形ABCD的两边BC、CD分别在x轴、y轴上，点C与原点重合，点A（﹣1，2），将长方形ABCD沿x轴无滑动向右翻滚，经过一次翻滚，点A的对应点记为A1；经过第二次翻滚，点A的对应点记为A2；……，依次类推，经过第2023次翻滚，点A的对应点A2023的坐标为（）​A．（3032，1） B．（3033，0） C．（3033，1） D．（3035，2）【答案】B【分析】观察图形即可得到经过4次翻滚后点A对应点一循环，先求出2023÷4的商和余数，从而解答本题．【解答】解：如图所示：观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环，2023÷4＝505……3，∵点A（﹣1，2），长方形的周长为：2（2+1）＝6，∴A3（3，0），∴经过505次翻滚后点A对应点A2023的坐标为（6×505+1+2，0），即（3033，0）．故选：B．29．（2023•阜新模拟）如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…则正方形铁片连续旋转2024次后，点P的坐标为（）​A．（6070，2） B．（6072，2） C．（6073，2） D．（6074，1）【答案】C【分析】首先求出P1～P5的坐标，探究规律后，利用规律解决问题．【解答】解：第一次P1（5，2），第二次P2（8，1），第三次P3（10，1），第四次P4（13，2），第五次P5（17，2），…发现点P的位置4次一个循环，∵2024÷4＝506，P2024的纵坐标与P4相同为2，横坐标为1+12×506＝6073，∴P2024（6073，2）．故选：C．【考点8】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．30．（2023春•舞钢市期中）如图1，把△ABC绕着点C顺时针旋转后，顶点A旋转到了点D．（1）用尺规作图，作出△ACB旋转后的△DCE．（2）指出旋转角和旋转中心．（3）在图2中，△DEF是△ABC绕着点P旋转得到的，点A、B、C的对应点分别是点D、E、F，请确定点P的位置，并简要说明画图步骤．【答案】（1）作图见解析过程；（2）旋转中心是点C，旋转角是∠ACD（或∠BCE）；（3）作图见解析过程．【分析】（1）可以利用旋转不改变图形的形状和大小的性质，已知三边作全等三角形即可；（2）根据题意可得旋转中心为点C，再根据旋转的性质即可对应点与旋转中心的连线形成的夹角为旋转中心即可得出结果；（3）根据旋转的性质可知，旋转中心是对应点连线的垂直平分线的交点，即可找到点P的位置．【解答】解：（1）如图，△DCE即所求；（2）根据旋转的性质可得，旋转中心是点C，旋转角是∠ACD（或∠BCE）；（3）如图2，连接两对对应点A、D和B、E，并分别作这两条线段的垂直平分线，它们的交点就是旋转中心P的位置．31．（2023春•蒲城县期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，0），B（1，4），C（4，2）．（1）将△ABC向左平移5个单位，再向上平移1个单位，画出平移后的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O按顺时针方向旋转90°后的△A2B2C2，并写出点B的对应点B2的坐标．【答案】（1）见解析；（2）见解析，B2（4，﹣1）．【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；∴B2（4，﹣1）．32．（2023春•青秀区校级期末）△ABC在平面直角坐标系中如图所示．（1）请画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1，并写出A1，B1的坐标；（2）将△A1B1C1向右平移6个单位得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；（3）△ABC与△A2B2C2关于点P成中心对称，请直接写出点P的坐标．【答案】（1）见解析，A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，﹣2）；（2）见解析；（3）（3，0）．【分析】（1）根据关于原点对称的点的特征，先找出A1、B1、C1的位置，再依次连接即可；（2）根据平移前后点的特征，先找出A2、B2、C2的位置，再依次连接即可；（3）根据连接任意两对对称点，两条线段的交点为对称中心，连接AA2、BB2，它们的交点即为点P，根据图形得出点P的坐标即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1的图形如图所示，A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，﹣2）．（2）如图，△A2B2C2的图形如图所示．（3）连接AA2、BB2，它们的交点即为点P，∵△ABC与△A2B2C2关于点P成中心对称，∴由图可知，点P的坐标为（3，0）．【考点9】垂径定理7．（2022秋•如皋市校级月考）如图，在半径为5cm的⊙O中，弦AB＝6cm，OC⊥AB于点C，则OC＝（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【考点】垂径定理；勾股定理．【答案】B【分析】连接OA，先利用垂径定理得出AC的长，再由勾股定理得出OC的长即可解答．【解答】解：连接OA，∵AB＝6cm，OC⊥AB于点C，∴AC＝AB＝×6＝3cm，∵⊙O的半径为5cm，∴OC＝＝＝4cm，故选：B．8．（2022春•射洪市校级月考）如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D，若⊙O的半径为5，AB＝8，则CD的长是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】垂径定理；勾股定理．【答案】A【分析】根据垂径定理由OC⊥AB得到AD＝AB＝4，再根据勾股定理可求出OD，然后用OC﹣OD即可得到DC．【解答】解：∵OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝×8＝4，在Rt△OAD中，OA＝5，AD＝4，∴OD＝＝3，∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2．故选：A．9．（2022•新乐市校级模拟）如图，AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，垂足为D，若⊙O的半径为5，BC＝8，则AB的长为（）A．8 B．10 C． D．【考点】垂径定理；勾股定理．【答案】D【分析】根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，求出AD，再根据勾股定理求出AB即可．【解答】解：连接OB，∵AO⊥BC，AO过O，BC＝8，∴BD＝CD＝4，∠BDO＝90°，由勾股定理得：OD＝＝＝3，∴AD＝OA+OD＝5+3＝8，在Rt△ADB中，由勾股定理得：AB＝＝4，故选：D【考点10】垂径定理的应用．10．（2021秋•鼓楼区期末）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB＝48cm，则水的最大深度为（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm【考点】垂径定理的应用．【答案】C【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可得出CD的长．【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝48cm，∴BD＝AB＝×48＝24（cm），∵⊙O的直径为52cm，∴OB＝OC＝26cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），故选：C．11．（2022•金华模拟）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD＝4cm，则球的半径长是（）A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm【考点】垂径定理的应用．【答案】B【分析】取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF＝x，则OM＝4﹣x，MF＝2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．【解答】解：EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，∴四边形CDMN是矩形，∴MN＝CD＝4，设OF＝x，则ON＝OF，∴OM＝MN﹣ON＝4﹣x，MF＝2，在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2即：（4﹣x）2+22＝x2解得：x＝2.5故选：B．12．（2022秋•桐庐县期中）如图，一下水管道横截面为圆形，直径为100cm，下雨前水面宽为60cm，一场大雨过后，水面宽为80cm，则水位上升10或70cm．【考点】垂径定理的应用．【答案】见试题解答内容【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；【解答】解：作半径OD⊥AB于C，连接OB，由垂径定理得：BC＝AB＝30cm，在Rt△OBC中，OC＝＝40cm，当水位上升到圆心以下水面宽80cm时，则OC′＝＝30cm，水面上升的高度为：40﹣30＝10cm；当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为：40+30＝70cm，综上可得，水面上升的高度为10cm或70cm．故答案为10或70．13．（2022秋•房县期中）《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道AB＝1尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为26寸．【考点】垂径定理的应用．【答案】见试题解答内容【分析】设⊙O的半径为r．在Rt△ADO中，AD＝5寸，OD＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可．【解答】解：设⊙O的半径为r．在Rt△ADO中，AD＝5寸，OD＝r﹣1，OA＝r，则有r2＝52+（r﹣1）2，解得r＝13寸，∴⊙O的直径为26寸，故答案为：26．14．（2022秋•富阳区期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米．（1）求圆弧所在的圆的半径r的长；（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即PE＝4米时，是否要采取紧急措施？【考点】垂径定理的应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接OA，利用r表示出OD的长，在Rt△AOD中根据勾股定理求出r的值即可；（2）连接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的长，进而可得出A′B′的长，据此可得出结论．【解答】解：（1）连接OA，由题意得：AD＝AB＝30（米），OD＝（r﹣18）米，在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2，解得，r＝34（米）；（2）连接OA′，∵OE＝OP﹣PE＝30米，∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E2＝A′O2﹣OE2，即：A′E2＝342﹣302，解得：A′E＝16（米）．∴A′B′＝32（米）．∵A′B′＝32＞30，∴不需要采取紧急措施．【考点11】圆心角、弧、弦的关系．15．（2022•辉县市一模）如图，在⊙O中，＝，∠AOB＝40°，则∠ADC的度数是（）A．40° B．30° C．20° D．15°【考点】圆心角、弧、弦的关系．【答案】C【分析】先由圆心角、弧、弦的关系求出∠AOC＝∠AOB＝40°，再由圆周角定理即可得出结论．【解答】解：连接CO，如图：∵在⊙O中，＝，∴∠AOC＝∠AOB，∵∠AOB＝40°，∴∠AOC＝40°，∴∠ADC＝∠AOC＝20°，故选：C．16．（2021秋•金安区校级期末）如图，在⊙O中，若点C是的中点，∠A＝50°，则∠BOC＝（）A．40° B．45° C．50° D．60°【考点】圆心角、弧、弦的关系．【答案】A【分析】根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出∠AOB，根据垂径定理求出AD＝BD，根据等腰三角形性质得出∠BOC＝∠AOB，代入求出即可．【解答】解：∵∠A＝50°，OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝50°，∴∠AOB＝180°﹣50°﹣50°＝80°，∵点C是的中点，∴∠BOC＝∠AOB＝40°，故选：A．17．（2022•莱州市一模）如图，AB是半圆O的直径，以弦AC为折痕折叠后，恰好经过点O，则∠AOC等于（）A．120° B．125° C．130° D．145°【考点】圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）；垂径定理．【答案】A【分析】根据翻折变换得出AC垂直平分OQ，AQ＝AO，求出△AQO是等边三角形，求出∠AOQ＝60°，再根据等腰三角形的性质得出∠COQ＝∠AOQ，再求出答案即可．【解答】解：O关于直线AC的对称点是Q，连接OQ，交AC于M，则AC垂直平分OQ，即AQ＝AO，OM⊥AC，∵OQ＝OA，∴OQ＝AQ＝OA，∴△AQO是等边三角形，∴∠AOQ＝60°，∵OQ⊥AC，OA＝OC，∴∠COQ＝∠AOQ＝60°，∴∠AOC＝60°+60°＝120°，故选：A．18．（2022•汉川市模拟）如图，点A，B，C在⊙O上，∠A＝40度，∠C＝20度，则∠B＝60度．【考点】圆心角、弧、弦的关系．【答案】见试题解答内容【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC＝∠C＝20°，根据等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：如图，连接OA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠C＝20°，∴∠OAB＝60°，∵OA＝OB，∴∠B＝∠OAB＝60°，故答案为：60．19．（2022春•射阳县校级月考）如图，在⊙O中，AC为⊙O直径，B为圆上一点，若∠OBC＝26°，则∠AOB的度数为52°．【考点】圆心角、弧、弦的关系．【答案】52°．【分析】根据等腰三角形的性质得出∠C＝∠OBC，求出∠C，再根据圆周角定理求出∠AOB＝2∠C，再求出答案即可．【解答】解：∵∠OBC＝26°，OB＝OC，∴∠C＝∠OBC＝26°，∴∠AOB＝2∠C＝52°，故答案为：52°．【考点12】圆周角定理27．（2022•平南县二模）如图，A，B，C是⊙O上的三点，AB，AC在圆心O的两侧，若∠ABO＝20°，∠ACO＝30°，则∠BOC的度数为（）A．100° B．110° C．125° D．130°【考点】圆周角定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质．【答案】A【分析】过A、O作⊙O的直径AD，分别在等腰△OAB、等腰△OAC中，根据三角形外角的性质求出∠BOC＝2∠ABO+2∠ACO．【解答】解：过A作⊙O的直径，交⊙O于D．在△OAB中，OA＝OB，则∠BOD＝∠ABO+∠OAB＝2×20°＝40°，同理可得：∠COD＝∠ACO+∠OAC＝2×30°＝60°，故∠BOC＝∠BOD+∠COD＝100°．故选：A．28．（2022春•番禺区校级期中）如图，已知AB是⊙O的直径，∠D＝40°，则∠CAB的度数为（）A．20° B．40° C．50° D．70°【考点】圆周角定理．【答案】C【分析】先根据圆周角定理求出∠B及∠ACB的度数，再由直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解：∵∠D＝40°，∴∠B＝∠D＝40°．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣40°＝50°．故选：C．29．（2022春•靖江市校级月考）如图，点A，B，C在⊙O上，∠A＝36°，∠C＝28°，则∠B＝（）A．100° B．72° C．64° D．36°【考点】圆周角定理．【答案】C【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC＝∠C＝28°，根据等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：连接OA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠C＝28°，∴∠OAB＝64°，∵OA＝OB，∴∠B＝∠OAB＝64°，故选：C．30．（2022秋•南岗区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，分别连接AC、BC、CD、OD．若∠DOB＝140°，则∠ACD＝（）A．20° B．30° C．40° D．70°【考点】圆周角定理．【答案】A【分析】根据∠DOB＝140°，求出∠AOD的度数，根据圆周角定理求出∠ACD的度数．【解答】解：∵∠DOB＝140°，∴∠AOD＝40°，∴∠ACD＝∠AOD＝20°，故选：A．31．（2022秋•环江县期末）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，若∠BCD＝28°，则∠ABD＝62°．【考点】圆周角定理．【答案】见试题解答内容【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACB＝90°，求出∠BCD，根据圆周角定理解答即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠BCD＝28°，∴∠ACD＝62°，由圆周角定理得，∠ABD＝∠ACD＝62°，故答案为：62．【考点13】圆内接四边形的性质；32．（2022秋•天门期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为（）A．45° B．50° C．60° D．75°【考点】圆内接四边形的性质；平行四边形的性质；圆周角定理．【答案】C【分析】设∠ADC的度数＝α，∠ABC的度数＝β，由题意可得，求出β即可解决问题．【解答】解：设∠ADC的度数＝α，∠ABC的度数＝β；∵四边形ABCO是平行四边形，∴∠ABC＝∠AOC；∵∠ADC＝β，∠ADC＝α；而α+β＝180°，∴，解得：β＝120°，α＝60°，∠ADC＝60°，故选：C．33．（2022•五通桥区模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是上一点，且＝，连接CF并延长交AD的延长线于点E，连接AC．若∠ABC＝105°，∠BAC＝25°，则∠E的度数为（）A．45° B．50° C．55° D．60°【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．【答案】B【分析】先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数，再由圆周角定理得出∠DCE的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝105°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣105°＝75°．∵＝，∠BAC＝25°，∴∠DCE＝∠BAC＝25°，∴∠E＝∠ADC﹣∠DCE＝75°﹣25°＝50°．故选：B．【考点14】正多边形和圆47．（2022•乾安县模拟）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上的一点（点P不与点D重合），则∠CPD的度数为（）A．30° B．36° C．60° D．72°【考点】正多边形和圆；圆周角定理．【答案】B【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；【解答】解：如图，连接OC，OD．∵ABCDE是正五边形，∴∠COD＝＝72°，∴∠CPD＝∠COD＝36°，故选：B．48．（2022•玉溪模拟）正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的周长是12，则⊙O的半径是（）A． B．2 C．2 D．2【考点】正多边形和圆．【答案】B【分析】连接OA，OB，根据等边三角形的性质可得⊙O的半径，进而可得出结论．【解答】解：连接OB，OC，∵多边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝BC，∵正六边形的周长是12，∴BC＝2，∴⊙O的半径是2，故选：B．49．（2022秋•天宁区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形OAiBi∁iDiEi，则正六边形OAiBi∁iDiEi（i＝2020）的顶点∁i的坐标是（）A．（1，﹣） B．（1，） C．（1，﹣2） D．（2，1）【考点】正多边形和圆；坐标与图形变化﹣旋转．【答案】A【分析】由题意旋转8次应该循环，因为2020÷8＝252…4，所以∁i的坐标与C4的坐标相同．【解答】解：由题意旋转8次应该循环，∵2020÷8＝252…4，∴∁i的坐标与C4的坐标相同，∵C（﹣1，），点C与C4关于原点对称，∵AB＝AC＝1，∠OAB＝120°，∴OB＝，∴C4（1，﹣），∴顶点∁i的坐标是（1，﹣），故选：A【考点15】弧长的计算．50．（2022秋•城中区校级月考）若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为（）A．π B．2π C．3π D．6π【考点】弧长的计算．【答案】C【分析】根据弧长公式计算．【解答】解：该扇形的弧长＝＝3π．故选：C．51．（2022•大冶市校级模拟）一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面轨道上滚动一个半径为10cm的圆盘，如图所示，AB与CD是水平的，BC与水平面的夹角为60°，其中AB＝60cm，CD＝40cm，BC＝40cm，那么该小朋友将圆盘从A点滚动到D点其圆心所经过的路线长为（）cm．【考点】弧长的计算．【答案】见试题解答内容【分析】A点滚动到D点其圆心所经过的路线在点B处少走了一段，在点C处又多求了一段弧长，所以A点滚动到D点其圆心所经过的路线＝（60+40+40）﹣+＝（cm）．【解答】解：A点滚动到D点其圆心所经过的路线＝（60+40+40）﹣+＝（cm）．故答案为：（）．52．（2022•合肥模拟）如图，分别以正三角形的3个顶点为圆心，边长为半径画弧，三段弧围成的图形称为莱洛三角形．若正三角形边长为6cm，则该莱洛三角形的周长为6πcm．【考点】弧长的计算；等边三角形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】直接利用弧长公式计算即可．【解答】解：该莱洛三角形的周长＝3×＝6π（cm）．故答案为6π．【考点16】圆锥的计算53．（2022秋•滨海县月考）如图，用一个半径为30cm，面积为300πcm2的扇形铁皮，制作一个无底的圆锥（不计损耗），则圆锥的底面半径r为（）A．5cm B．10cm C．20cm D．5πcm【考点】圆锥的计算．【答案】B【分析】由圆锥的几何特征，我们可得用半径为30cm，面积为300πcm2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，据此求得圆锥的底面圆的半径．【解答】解：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器底面半径为r，则由题意得R＝30，由Rl＝300π得l＝20π；由2πr＝l得r＝10cm；故选：B．54．（2022•双台子区校级开学）如图，从一块直径是8m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，将剪下的扇形围成一个圆锥，圆锥的高是（）m．A．4 B．5 C． D．2【考点】圆锥的计算．【答案】C【分析】首先连接AO，求出AB的长度是多少；然后求出扇形的弧长为多少，进而求出扇形围成的圆锥的底面半径是多少；最后应用勾股定理，求出圆锥的高是多少即可．【解答】解：如图1，连接AO，∵AB＝AC，点O是BC的中点，∴AO⊥BC，又∵∠BAC＝90°，∴∠ABO＝∠AC0＝45°，∴AB＝（m），∴＝＝2π（m），∴将剪下的扇形围成的圆锥的半径是：2π÷2π＝（m），∴圆锥的高是：＝（m）．故选：C．55．（2022•五通桥区模拟）如图，已知圆锥的高为，高所在直线与母线的夹角为30°，圆锥的侧面积为2π．【考点】圆锥的计算．【答案】见试题解答内容【分析】先利用三角函数计算出BO，再利用勾股定理计算出AB，然后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，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算圆锥的侧面积．【解答】解：如图，∠BAO＝30°，AO＝，在Rt△ABO中，∵tan∠BAO＝，∴BO＝tan30°＝1，即圆锥的底面圆的半径为1，∴AB＝＝2，即圆锥的母线长为2，∴圆锥的侧面积＝•2π•1•2＝2π．故答案为2π．【考点17】扇形面积的计算56．（2022•温州校级开学）如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是3﹣π（结果保留π）．【考点】扇形面积的计算；平行四边形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】过D点作DF⊥AB于点F．可求▱ABCD和△BCE的高，观察图形可知阴影部分的面积＝▱ABCD的面积﹣扇形ADE的面积﹣△BCE的面积，计算即可求解．【解答】解：过D点作DF⊥AB于点F．∵AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，∴DF＝AD•sin30°＝1，EB＝AB﹣AE＝2，∴阴影部分的面积：4×1﹣﹣2×1÷2＝4﹣π﹣1＝3﹣π．故答案为：3﹣π．57．（2021秋•岱岳区校级期末）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为﹣．【考点】扇形面积的计算．【答案】见试题解答内容【分析】连接CD，证明△DCH≌△DBG，则S四边形DGCH＝S△BDC，求得扇形FDE的面积，则阴影部分的面积即可求得．【解答】解：连接CD，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∵点D为AB的中点，∴DC＝AB＝BD＝1，CD⊥AB，∠DCA＝45°，∴∠CDH＝∠BDG，∠DCH＝∠B，在△DCH和△DBG中，，∴△DCH≌△DBG（ASA），∴S四边形DGCH＝S△BDC＝S△ABC＝AB•CD＝×2×1＝．∴S阴影＝S扇形DEF﹣S△BDC＝﹣＝﹣．故答案为﹣．58．（2022•兰山区一模）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πcm2．（结果保留π）【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．【答案】见试题解答内容【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．【解答】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′＝，∴B′C′＝，∴S扇形B′OB＝＝π，S扇形C′OC＝＝，∴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＝π﹣＝π；故答案为：π．一．选择题（共11小题）1．（2022秋•河西区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，＝＝，∠COD＝34°，则∠AEO的度数是（）A．51° B．56° C．68° D．78°【考点】圆心角、弧、弦的关系．【答案】A【分析】由＝＝，可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，继而可求得∠AOE的度数；然后再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理来求∠AEO的度数．【解答】解：如图，∵＝＝，∠COD＝34°，∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝78°．又∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE，∴∠AEO＝×（180°﹣78°）＝51°．故选：A．2．（2022秋•隆回县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′＝32°，则∠B的大小是（）A．32° B．64° C．77° D．87°【考点】旋转的性质．【答案】C【分析】旋转中心为点A，C、C′为对应点，可知AC＝AC′，又因为∠CAC′＝90°，根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数，进而求出∠B的度数．【解答】解：由旋转的性质可知，AC＝AC′，∵∠CAC′＝90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A＝45°．∵∠CC′B′＝32°，∴∠C′B′A＝∠C′CA+∠CC′B′＝45°+32°＝77°，∵∠B＝∠C′B′A，∴∠B＝77°，故选：C．3．（2023春•古冶区期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是（）A．55° B．60° C．65° D．70°【考点】旋转的性质．【答案】C【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．∴∠DCE＝∠ACB＝20°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，∴∠CAD＝45°，∠ACD＝90°﹣20°＝70°，∴∠ADC＝180°﹣45°﹣70°＝65°，故选：C．4．（2022秋•沈河区校级期末）下列语句中不正确的有（）①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴；④长度相等的两条弧是等弧．A．3个 B．2个 C．1个 D．4个【考点】圆心角、弧、弦的关系；圆的认识．【答案】D【分析】①和④、没有前提；②、注意不是直径的弦；③、注意对称轴是直线．【解答】解：①和④、错误，应强调在同圆或等圆中；②、错误，应强调不是直径的弦；③、错误，应强调过直径所在的直线才是它的对称轴．故选：D．5．（2022秋•河西区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OC＝5cm，CD＝8cm，则AE＝（）A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm【考点】垂径定理；勾股定理．【答案】A【分析】根据垂径定理可得出CE的长度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的长度，再利用AE＝AO+OE即可得出AE的长度．【解答】解：∵弦CD⊥AB于点E，CD＝8cm，∴CE＝CD＝4cm．在Rt△OCE中，OC＝5cm，CE＝4cm，∴OE＝＝3cm，∴AE＝AO+OE＝5+3＝8cm．故选：A．6．（2022秋•南开区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（）A． B．2 C．3 D．2【考点】旋转的性质．【答案】A【分析】通过勾股定理计算出AB长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出B、D两点间的距离．【解答】解：连接BD．∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∵将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，∴AE＝4，DE＝3，∴BE＝1，在Rt△BED中，BD＝＝．故选：A．7．（2022秋•孝感期末）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（）A．（2，10） B．（﹣2，0） C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【答案】C【分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．【解答】解：∵点D（5，3）在边AB上，∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′＝2，所以D′（﹣2，0），②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，所以D′（2，10），综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．故选：C．8．（2022秋•邯山区校级期末）如图，在半径为13cm的圆形铁片上切下一块高为8cm的弓形铁片，则弓形弦AB的长为（）A．10cm B．16cm C．24cm D．26cm【考点】垂径定理的应用．【答案】C【分析】首先构造直角三角形，再利用勾股定理得出BC的长，进而根据