人教版數(shù)學(xué)九年級上冊同步講義第二十四章圓（選拔卷）（教師版）

第二十四章圓（人教版）選拔卷（考試時間：90分鐘試卷滿分：120分）一、選擇題：本題共10個小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2021·綿陽市初三期末）下面有關(guān)圓的一些結(jié)論：①任意三點確定一個圓；②相等的圓心角所對的弧相等；③平分弦的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條??；④三角形的外心到三角形三個頂點的距離都相等；⑤任意一個三角形一定有一個外接圓,并且只有一個外接圓．其中錯誤的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)確定圓的條件、垂徑定理、三角形的外心的概念等知識點一一判斷即可.【解析】解：①任意三點確定一個圓；錯誤，應(yīng)該的不在同一直線上的三點可以確定一個圓；

②相等的圓心角所對的弧相等；錯誤，應(yīng)該是在同圓或等圓中；

③平分弦的直徑垂直于弦；并且平分弦所對的弧，錯誤，此弦不是直徑；④三角形的外心到它的三頂點的距離相等，此選項正確；⑤任意一個三角形一定有一個外接圓，并且只有一個外接圓，故正確.故答案選C【點睛】本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關(guān)鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．2．（2021·江蘇建鄴·初三月考）如圖，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切線．已知AD＝3，BC＝6，則AB＋CD的值是()A．3 B．6 C．9 D．12【答案】C【分析】根據(jù)切線長定理，可以等到等量關(guān)系，AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH，又根據(jù)題目中已知AD=3，BC=6，從而進(jìn)行等量替換計算出AB+CD的長度．【解析】解∵AB、BC、CD、DA都是SKIPIF1<0的切線，∴可以假設(shè)切點分別為E、H、G、F，如圖所示∴AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH∴AB+CD=AE+BE+DG+CG=AF+BH+DF+CH=AD+BC∵AD=3，BC=6∴AB+CD=3+6=9故本題最后答案選C．【點睛】本題主要考查了切線長定理，可以證明圓的外切四邊形的對邊和相等，即可解決問題．3．（2021·廣西藤縣初三一模）如圖，每個小正方形的邊長為1，格點A、B、C在同一圓弧上，若點A的坐標(biāo)為(﹣2，3)，則該圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)是（）A．(﹣1，1) B．(﹣3，0) C．(﹣3，1) D．(0，1)【答案】B【分析】連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心．【解析】如圖所示，連接AC，作出AB、AC的垂直平分線，其交點即為圓心．∵點A的坐標(biāo)為（-2，3），∴該圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)是（-3，0）．故選：B．【點睛】此題主要考查了垂徑定理的應(yīng)用，根據(jù)線段垂直平分線上的點到這條線段兩端點的距離相等，找到圓的半徑，半徑的交點即為圓心是解題關(guān)鍵．4．（2021·重慶巴南·初三期末）“割圓術(shù)”是我國古代的一位偉大的數(shù)學(xué)家劉徽首創(chuàng)的，該割圓術(shù)，就是通過不斷倍增圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)來求出圓周率SKIPIF1<0的一種方法，某同學(xué)在學(xué)習(xí)“割圓術(shù)”的過程中，畫了一個如圖所示的圓的內(nèi)接正十二邊形，若該圓的半徑為1，則這個圓的內(nèi)接正十二邊形的面積為（）．A．1 B．3 C．3.1 D．3.14【答案】B【分析】先求出SKIPIF1<0，進(jìn)而得出SKIPIF1<0，根據(jù)這個圓的內(nèi)接正十二邊形的面積為SKIPIF1<0進(jìn)行求解．【解析】∵是圓的內(nèi)接正十二邊形，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴這個圓的內(nèi)接正十二邊形的面積為SKIPIF1<0，故選B．【點睛】本題考查正十二邊形的面積計算，先求出SKIPIF1<0是解題的關(guān)鍵．5．（2021·深圳市寶安中學(xué)（集團(tuán)）九年級月考）如圖，所示的曲邊三角形可按下述方法作出：作等邊三角形ABC；分別以點A，B，C為圓心，以AB的長為半徑作弧BC，弧AC，弧AB，三段弧所圍成的圖形就是一個曲邊三角形，如果一個曲邊三角形的周長為3π，則它的面積為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【分析】根據(jù)題意和圖形，可以計算出BC的長，然后根據(jù)扇形面積公式和三角形的面積，可以求得曲邊三角形的面積．【詳解】解：由題意可得，三段弧是等弧，SKIPIF1<0，∠BCA＝60°，∴π＝SKIPIF1<0，解得CB＝3，∵△ABC是等邊三角形；∴SKIPIF1<0；∴一個曲邊三角形的面積是：[SKIPIF1<0]×3+SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0，故選：A．【點睛】本題考查扇形面積的計算、等邊三角形的性質(zhì)、弧長的計算，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．6．（2021?碑林區(qū)校級一模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝CD，且∠ADC＝120°，若點E為弧BC的中點，連接DE，則∠CDE的大小是（）A．25° B．30° C．35° D．40°【分析】連接BD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠ABC，根據(jù)弧、弦、圓心角之間的關(guān)系求出∠ABD＝∠CBD＝30°，求出∠BDC，再求出答案即可．【解析】連接BD，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC＝120°，∴∠ABC＝60°，∵AD＝CD，∴AD=CD，∴∠DBC＝∠ABD=12×60°=30∵∠BCD＝90°，∴∠BDC＝90°﹣∠CBD＝60°，∵E為BC的中點，∴∠CDE＝∠BDE=12∠BDC＝30°，故選：B．【點評】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，弧、弦、圓心角之間的關(guān)系等知識點，能熟記知識點是解此題的關(guān)鍵．7．（2021·棗莊礦業(yè)集團(tuán)公司第三中學(xué)初三）我們將在直角坐標(biāo)系中圓心坐標(biāo)和半徑均為整數(shù)的圓稱為“整圓”．如圖，直線l：y=kx+4SKIPIF1<0與x軸、y軸分別交于A、B，∠OAB=30°，點P在x軸上，⊙P與l相切，當(dāng)P在線段OA上運動時，使得⊙P成為整圓的點P個數(shù)是（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】A【解析】∵直線l：y=kx+4SKIPIF1<0與x軸、y軸分別交于A、B，∴B（0，4SKIPIF1<0），∴OB=4SKIPIF1<0，在RT△AOB中，∠OAB=30°，∴OA=SKIPIF1<0OB=SKIPIF1<0×4SKIPIF1<0=12，∵⊙P與l相切，設(shè)切點為M，連接PM，則PM⊥AB，∴PM=SKIPIF1<0PA，設(shè)P（x，0），∴PA=12-x，∴⊙P的半徑PM=SKIPIF1<0PA=6-SKIPIF1<0x，∵x為整數(shù)，PM為整數(shù)，∴x可以取0，2，4，6，8，10，6個數(shù)，∴使得⊙P成為整圓的點P個數(shù)是6．故選A．考點：1．切線的性質(zhì)；2．一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征．8．（2021·四川九年級期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝60，AD＝45，P，Q分別是AB，AD邊上的動點，PQ＝52，以PQ為直徑的⊙O與BD交于點M，N，則MN的最大值為（）A．48 B．45 C．42 D．40【答案】A【分析】過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖，先利用勾股定理計算出BD=75，則利用面積法可計算出AH=36，再證明點O在AH上時，OH最短，此時HM有最大值，最大值為24，然后根據(jù)垂徑定理可判斷MN的最大值．【詳解】解：過A點作AH⊥BD于H，連接OM，如圖，在Rt△ABD中，BDSKIPIF1<075，∵SKIPIF1<0AH×BDSKIPIF1<0AD×AB，∴AHSKIPIF1<036，∵⊙O的半徑為26，∴點O在AH上時，OH最短，∵HMSKIPIF1<0，∴此時HM有最大值，最大值為SKIPIF1<024，∵OH⊥MN，∴MN＝2MH，∴MN的最大值為2×24＝48．故選：A．【點睛】本題考查了垂徑定理：直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱司匦蔚男再|(zhì)和勾股定理．9．（2021·山東東營·初三一模）如圖，已知圓錐的底面半徑是2，母線長是6．如果A是底面圓周上一點，從點A拉一根繩子繞圓錐側(cè)面一圈再回到A點，則這根繩子的長度可能是（）A．8 B．11 C．10 D．9【答案】B【分析】設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖扇形的圓心角為n．利用弧長公式構(gòu)建方程求出n的值，連結(jié)AC，過B作BD⊥AC于D，求出AC的長即可判斷；【詳解】解：設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖扇形的圓心角為n．底面圓的周長等于：SKIPIF1<0解得：n=120°；連結(jié)AC，過B作BD⊥AC于D，則∠ABD=60°．SKIPIF1<0SKIPIF1<0AB=6，SKIPIF1<0BD=3，∴SKIPIF1<0SKIPIF1<0AC=2AD=SKIPIF1<0，即這根繩子的最短長度是SKIPIF1<0，故這根繩子的長度可能是11，故選：B．【點睛】此題考查了圓錐的計算，勾股定理的應(yīng)用，含30°角的直角三角形，解題的關(guān)鍵是記住圓錐的底面圓的周長和扇形弧長相等，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．10．（2021·江蘇蘇州市振華中學(xué)校九年級二模）如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓上，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，D是SKIPIF1<0上的一個動點，連接AD．過點C作SKIPIF1<0于E，連接BE，則BE的最小值是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【分析】取SKIPIF1<0的中點SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，從而可得SKIPIF1<0，先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得SKIPIF1<0，從而得出在點SKIPIF1<0的移動過程中，點SKIPIF1<0在以SKIPIF1<0為半徑的圓SKIPIF1<0上運動，再利用圓周角定理、勾股定理可得SKIPIF1<0，然后根據(jù)圓的性質(zhì)得出當(dāng)點SKIPIF1<0共線時，SKIPIF1<0取得最小值，最小值為SKIPIF1<0，由此即可得出答案．【詳解】解：如圖，取SKIPIF1<0的中點SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則在點SKIPIF1<0的移動過程中，點SKIPIF1<0在以SKIPIF1<0為半徑的圓SKIPIF1<0上運動，SKIPIF1<0是圓SKIPIF1<0的直徑，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，由圓的性質(zhì)得：當(dāng)點SKIPIF1<0共線時，SKIPIF1<0取得最小值，最小值為SKIPIF1<0，故選：C．【點睛】本題考查了圓周角定理、勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等知識點，正確得出點SKIPIF1<0的運動軌跡是解題關(guān)鍵．二、填空題：本題共8個小題，每題3分，共24分。11．（2021·泰安市黃前中學(xué)初三期中）如圖，AB是⊙O的直徑，且經(jīng)過弦CD的中點H，過CD延長線上一點E作⊙O的切線，切點為F．若∠ACF=65°，則∠E=．【答案】50°．【解析】解：連接DF，連接AF交CE于G，∵EF為⊙O的切線，∴∠OFE=90°，∵AB為直徑，H為CD的中點∴AB⊥CD，即∠BHE=90°，∵∠ACF=65°，∴∠AOF=130°，∴∠E=360°-∠BHE-∠OFE-∠AOF=50°，12.（2021?黃石）如圖，點A、B、C在⊙O上，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分別為D、E，若∠DCE＝40°，則∠ACB的度數(shù)為【分析】先根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°求∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，再由同弧所對的圓周角是圓心角的一半可得∠P的度數(shù)，最后由四點共圓的性質(zhì)得結(jié)論．【解答】解：如圖，在優(yōu)弧AB上取一點P，連接AP，BP，∵CD⊥OA，CE⊥OB，∴∠ODC＝∠OEC＝90°，∵∠DCE＝40°，∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，∴∠P∠AOB＝70°，∵A、C、B、P四點共圓，∴∠P+∠ACB＝180°，∴∠ACB＝180°﹣70°＝110°．【點評】本題考查的是圓周角定理，熟知在同圓或等圓中，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是解答此題的關(guān)鍵．13．（2021·廣東省高州市教育局初三其他）如圖，⊙Ｏ的半徑為SKIPIF1<0，正六邊形SKIPIF1<0內(nèi)接于⊙Ｏ，則圖中陰影部分面積為________SKIPIF1<0．（結(jié)果保留SKIPIF1<0）【答案】SKIPIF1<0【分析】根據(jù)圖形分析可得求圖中陰影部分面積實為求扇形部分面積，將原圖陰影部分面積轉(zhuǎn)化為扇形面積求解即可．【解析】解：如圖所示：連接BO，CO，

∵正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，∴AB=BC=CO=4，∠ABC=120°，△OBC是等邊三角形，∴CO∥AB，在△COW和△ABW中SKIPIF1<0，∴△COW≌△ABW（AAS），

∴圖中陰影部分面積為：S扇形OBC=SKIPIF1<0．故答案為：SKIPIF1<0．【點睛】本題考查了正多邊形和圓以及扇形面積求法，求出陰影部分面積=S扇形OBC是解題的關(guān)鍵．14．（2021·黑龍江九年級期末）⊙SKIPIF1<0的半徑為5cm，AB、CD是⊙SKIPIF1<0的兩條弦，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．則SKIPIF1<0和SKIPIF1<0之間的距離為_______．【答案】1cm或7cm．【分析】分兩種情況：①弦AB和CD在圓心同側(cè)；②弦AB和CD在圓心異側(cè)；分別作出半徑和弦心距，利用勾股定理和垂徑定理求解即可．【詳解】解：①當(dāng)弦AB和CD在圓心同側(cè)時，如圖1∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝4?3＝1cm；②當(dāng)弦AB和CD在圓心異側(cè)時，如圖2，∵AB＝8cm，CD＝6cm，∴AE＝4cm，CF＝3cm，∵OA＝OC＝5cm，∴EO＝3cm，OF＝4cm，∴EF＝OF＋OE＝7cm．∴AB與CD之間的距離為1cm或7cm．故填1cm或7cm．【點睛】本題考查了勾股定理和垂徑定理的應(yīng)用，正確作出輔助線、靈活運用垂徑定理以及分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想是解答本題的關(guān)鍵．15．（2021·山東初三期中）如圖，半徑為1的半圓形紙片，按如圖方式折疊，使對折后半圓弧的中點M與圓心O重合，則圖中陰影部分的面積是________．【答案】SKIPIF1<0．【解析】如圖，連接OM交AB于點C，連接OA、OB，由題意知，OM⊥AB，且OC=MC=1，在RT△AOC中，∵OA=2，OC=1，∴cos∠AOC=SKIPIF1<0，AC=SKIPIF1<0∴∠AOC=60°，AB=2AC=2SKIPIF1<0，∴∠AOB=2∠AOC=120°，則S弓形ABM=S扇形OAB-S△AOB=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，S陰影=S半圓-2S弓形ABM=SKIPIF1<0π×22-2（SKIPIF1<0）=2SKIPIF1<0．故答案為2SKIPIF1<0．16．（2021·上海黃浦·初三二模）已知⊙O的直徑AB＝4，⊙D與半徑為1的⊙C外切，且⊙C與⊙D均與直徑AB相切、與⊙O內(nèi)切，那么⊙D的半徑是_____．【答案】SKIPIF1<0或1【分析】分⊙D與⊙C在直徑AB的同側(cè)、⊙D與⊙C在直徑AB的兩側(cè)兩種情況，根據(jù)圓心距與兩圓半徑的數(shù)量關(guān)系、勾股定理列方程計算，得到答案．【解析】解：當(dāng)⊙D與⊙C在直徑AB的同側(cè)時，作DH⊥OC于H，DN⊥OB于N，連接CD，連接OD并延長交⊙O于G，設(shè)⊙D的半徑為r，則OD＝2﹣r，CD＝1+r，∵⊙O的直徑AB＝4，⊙C的半徑為1，⊙C與⊙O內(nèi)切，∴⊙C與⊙O內(nèi)切于點O，∴CO⊥AB，∵CO⊥AB，DH⊥OC，DN⊥OB，∴四邊形HOND為矩形，∴OH＝DN＝r，DH＝ON＝SKIPIF1<0，∴CH＝1﹣r，在Rt△CDH中，CH2+DH2＝CD2，即(1﹣r)2+(2﹣r)2﹣r2＝(1+r)2，解得，r＝SKIPIF1<0，當(dāng)⊙D與⊙C在直徑AB的兩側(cè)時，⊙C與⊙D的半徑相等，都是1，故答案為：SKIPIF1<0或1．【點睛】本題考查圓與圓的位置關(guān)系，勾股定理，以及分類討論的數(shù)學(xué)思想，解題的關(guān)鍵是正確運用圓心距與兩圓半徑的數(shù)量關(guān)系來判斷．17．（2021·福建初三其他）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，⊙E為內(nèi)切圓，若BE=4，則△BCE的面積為___________.【答案】SKIPIF1<0【分析】如圖（見解析），先根據(jù)三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、切線長定理可求出SKIPIF1<0，再設(shè)SKIPIF1<0，利用勾股定理可求出x的值，從而可得BC的長，然后利用三角形的面積公式即可得．【解析】如圖，設(shè)圓E與SKIPIF1<0三邊的相切點分別為點SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0則SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0由題意得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0圓E為SKIPIF1<0的內(nèi)切圓SKIPIF1<0平分SKIPIF1<0，BE平分SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0則在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0由切線長定理得：SKIPIF1<0SKIPIF1<0設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0中，由勾股定理得：SKIPIF1<0即SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則SKIPIF1<0的面積為SKIPIF1<0故答案為：SKIPIF1<0．【點睛】本題考查了三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)、切線長定理、圓的切線的性質(zhì)、勾股定理等知識點，掌握理解三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．18.（2021?武漢初三模擬）如圖，⊙O中，弦AB⊥CD，垂足為E，F(xiàn)為SKIPIF1<0的中點，連接AF、BF、AC，AF交CD于M，過F作FH⊥AC，垂足為G，以下結(jié)論：①；②HC＝BF：③MF＝FC：④，其中正確的有（填序號）【答案】①②④【分析】根據(jù)弧，弦，圓心角之間的關(guān)系，三角形內(nèi)角和定理一一判斷即可．【解答】解：∵F為的中點，∴，故①正確，∴∠FCM＝∠FAC，∵∠FCG＝∠ACM+∠GCM，∠AME＝∠FMC＝∠ACM+∠FAC，∴∠AME＝∠FMC＝∠FCG＞∠FCM，∴FC＞FM，故③錯誤，∵AB⊥CD，F(xiàn)H⊥AC，∴∠AEM＝∠CGF＝90°，∴∠CFH+∠FCG＝90°，∠BAF+∠AME＝90°，∴∠CFH＝∠BAF，∴，∴HC＝BF，故②正確，∵∠AGF＝90°，∴∠CAF+∠AFH＝90°，∴的度數(shù)的度數(shù)＝180°，∴的度數(shù)的度數(shù)＝180°，∴，故④正確，故填：①②④．【點評】本題考查圓心角，弧，弦之間的關(guān)系，三角形內(nèi)角和定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考選擇題中的壓軸題．三、解答題：本題共8個小題，19-24每題10分，25-26每題10分，共66分。19．（2021·湖北省初二期中）等邊三角形SKIPIF1<0的邊長為1厘米，面積為0.43平方厘米．以點SKIPIF1<0為圓心，SKIPIF1<0長為半徑在三角形外畫弧，交SKIPIF1<0的延長線于點SKIPIF1<0，形成扇形SKIPIF1<0；以點SKIPIF1<0為圓心，SKIPIF1<0長為半徑畫弧，交SKIPIF1<0的延長線于點SKIPIF1<0，形成扇形SKIPIF1<0；以點SKIPIF1<0為圓心，SKIPIF1<0長為半徑畫弧，交SKIPIF1<0的延長線于點SKIPIF1<0，形成扇形SKIPIF1<0．（1）求所得的圖形SKIPIF1<0的周長；（結(jié)果保留SKIPIF1<0）（2）照此規(guī)律畫至第十個扇形，求所圍成的圖形的面積以及所畫出的所有弧長的和．（結(jié)果保留SKIPIF1<0）【答案】（1）SKIPIF1<0厘米；（2）SKIPIF1<0平方厘米，SKIPIF1<0厘米．【分析】（1）本題按照弧長公式依次求解扇形ADC、扇形DBE、扇形ECF的弧長，最后對應(yīng)相加即可．（2）本題利用扇形面積公式求解第一個扇形至第三個扇形的面積，結(jié)合第一問各扇形弧長結(jié)果總結(jié)規(guī)律，得出普遍規(guī)律后將數(shù)值代入公式，累次相加即可求解．【解析】（1）由已知得：扇形ADC的半徑長為1，圓心角為120°；扇形DBE半徑長為2，圓心角為120°；扇形ECF半徑長為3，圓心角為120°．故據(jù)弧長公式SKIPIF1<0可得：扇形ADC弧長SKIPIF1<0；扇形DBE弧長SKIPIF1<0；扇形ECF弧長SKIPIF1<0；故圖形CDEFC的周長為：SKIPIF1<0．（2）根據(jù)扇形面積公式SKIPIF1<0可得：第一個扇形的面積為SKIPIF1<0，由上一問可知其弧長為SKIPIF1<0；第二個扇形的面積為SKIPIF1<0，弧長為SKIPIF1<0；第三個扇形的面積為SKIPIF1<0，弧長為SKIPIF1<0；總結(jié)規(guī)律可得第SKIPIF1<0個扇形面積為SKIPIF1<0，第SKIPIF1<0個扇形弧長為SKIPIF1<0．故畫至第十個圖形所圍成的圖形面積和為：SKIPIF1<0；所有的弧長和為：SKIPIF1<0．【點睛】本題考查扇形與弧長公式的延伸，出題角度較為新穎，解題關(guān)鍵在于需要根據(jù)圖形特點總結(jié)規(guī)律，其次注意計算即可．20．（2021·江西南昌·初三二模）如圖，在網(wǎng)格紙中，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0都是格點，以SKIPIF1<0為圓心，SKIPIF1<0為半徑作圓，用無刻度的直尺完成以下畫圖：（不寫畫法）（1）在圓①中畫圓SKIPIF1<0的一個內(nèi)接正六邊形SKIPIF1<0；（2）在圖②中畫圓SKIPIF1<0的一個內(nèi)接正八邊形SKIPIF1<0.【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）設(shè)AO的延長線與圓交于點D，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，點D即為正六邊形的一個頂點，且正六邊形的邊長等于圓的半徑，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)即可確定其它的頂點；（2）先求出內(nèi)接八邊形的中心角，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)即可找到各個頂點．【解析】（1）設(shè)AO的延長線與圓交于點D，根據(jù)圓的內(nèi)接正六邊形的性質(zhì)，點D即為正六邊形的一個頂點，且正六邊形的邊長等于圓的半徑，即OB=AB，故在圖中找到AO的中垂線與圓的交點即為正六邊形的頂點B和F；同理：在圖中找到OD的中垂線與圓的交點即為正六邊形的頂點C和E，連接AB、BC、CD、DE、EF、FA，如圖①，正六邊形SKIPIF1<0即為所求．（2）圓的內(nèi)接八邊形的中心角為360°÷8=45°，而正方形的對角線與邊的夾角也為45°∴在如②圖所示的正方形OMNP中，連接對角線ON并延長，交圓于點B，此時∠AON=45°；∵∠NOP=45°，∴OP的延長線與圓的交點即為點C同理，即可確定點D、E、F、G、H的位置，順次連接，如圖②，正八邊形SKIPIF1<0即為所求．【點睛】此題考查的是畫圓的內(nèi)接正六邊形和內(nèi)接正八邊形，掌握圓的內(nèi)接正六邊形和內(nèi)接正八邊形的性質(zhì)和中心角的求法是解決此題的關(guān)鍵．21．（2021·南京師范大學(xué)附屬中學(xué)樹人學(xué)校九年級月考）（定義）圓心到弦的距離叫做弦心距．（探究）等弧所對弦的弦心距相等．（1）請在圖1中畫出圖形，寫出已知、求證并證明．（應(yīng)用）（2）如圖2，SKIPIF1<0的弦SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的延長線相交于點SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0．求證：SKIPIF1<0平分SKIPIF1<0．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）在圓上取相等的兩段弧，使SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0，然后過圓心分別作弦SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的垂線，垂足分別為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，然后通過三角形全等證明弦心距SKIPIF1<0；（2）過點SKIPIF1<0作SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，垂足分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，結(jié)合（1）的結(jié)論證明SKIPIF1<0，利用全等三角形的性質(zhì)得到SKIPIF1<0．【詳解】（1）已知：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0于點SKIPIF1<0，SKIPIF1<0于點SKIPIF1<0．求證：SKIPIF1<0．證明：∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0（HL），∴SKIPIF1<0．（2）證明：過點SKIPIF1<0作SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，垂足分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0．由（1）可知，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0．在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0（HL），∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0平分SKIPIF1<0．【點睛】本題考查圓的弦、弦心距等相關(guān)問題，解答時，垂徑定理、直角三角形全等的證明等知識點的運用是關(guān)鍵．22.（2021?張家港市模擬）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，BD⊥AC，垂足為E．（1）若∠BAC＝40°，則∠ADC＝°；（2）求證：∠BAC＝2∠DAC；【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)論；【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC＝180°﹣∠BAC＝110°，故答案為：110；（2）證明：∵BD⊥AC，∴∠AEB＝∠BEC＝90°，∴∠ACB＝90°﹣∠CBD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣∠CBD，∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC＝2∠CBD，∵∠DAC＝∠CBD，∴∠BAC＝2∠DAC；【點評】本題考查了圓內(nèi)接四邊形，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)．23．（2021?和平區(qū)一模）已知AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，連接BD．（Ⅰ）如圖①，連接OC，AD．若∠ADC＝56°，求∠CDB及∠COB的大??；（Ⅱ）如圖②，過點C作DB的垂線，交DB的延長線于點E，連接OD．若∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，求∠DCE的大小．【分析】（1）由直徑所對的圓周角是直角可得∠CDB的度數(shù)，再利用圓周角與圓心角的關(guān)系可得答案；（2）由半徑的關(guān)系可得∠ODB＝∠OBD，再利用∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°可得∠CDB＝20°，最后根據(jù)直角三角形銳角互余可得答案．【解析】（Ⅰ）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ADC＝56°，∴∠CDB＝90°﹣∠ADC＝90°﹣56°＝34°，在⊙O中，∠COB＝2∠CDB＝2×34°＝68°．（II）∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，即∠ODC+∠CDB＝∠OBD，∵∠ABD＝2∠CDB，∠ODC＝20°，∴20°+∠CDB＝2∠CDB，∴∠CDB＝20°，∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，在Rt△CDE中，∠DCE＝90°﹣∠CDE＝90°﹣20°＝70°．【點評】本題考查圓的有關(guān)概念和性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理和推論是解題關(guān)鍵．24．（2021·河北初三期中）請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德折弦定理阿基米德（archimedes，公元前287﹣公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數(shù)學(xué)家之一，他與牛頓、高斯并成為三大數(shù)學(xué)王子．阿拉伯Al﹣Binmi的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內(nèi)容，蘇聯(lián)在1964年根據(jù)Al﹣Binmi譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德折弦定理．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，M是SKIPIF1<0的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD=AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD=AB+BD的部分證明過程．證明：如圖2，在CB上截取CG=AB，連接MA，MB，MC和MG．∵M(jìn)是SKIPIF1<0的中點，∴MA=MC．…任務(wù)：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；（2）填空：如圖3，已知等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=2，D為SKIPIF1<0上一點，∠ABD=45°，AE⊥BD于點E，則△BDC的周長是．【答案】(1)詳見解析；（2）2+2SKIPIF1<0．分析：（1）首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進(jìn)而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD=GD，即可得出答案；（2）首先證明△ABF≌ACD（SAS），進(jìn)而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，進(jìn)而求出DE的長即可得出答案．【解析】（1）證明：如圖2，在CB上截取CG=AB，連接MA，MB，MC和MG．∵M(jìn)是SKIPIF1<0的中點，∴MA=MC．在△MBA和△MGC中∵SKIPIF1<0，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB=MG，又∵M(jìn)D⊥BC，∴BD=GD，∴DC=GC+GD=AB+BD；（2）解：如圖3，截取BF=CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD，在△ABF和△ACD中∵SKIPIF1<0，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF=AD，∵AE⊥BD，∴FE=DE，則CD+DE=BE，∵∠ABD=45°，∴BE=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，則△BDC的周長是2+2SKIPIF1<0．考點：三角形的外接圓與外心；等邊三角形的性質(zhì)．25．（2021·廣東澄海區(qū)·）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC=AB，⊙O為△ABC的外接圓．（1）如圖1，求證：AD是⊙O的切線；（2）如圖2，CD交⊙O于點E，過點A作AG⊥BE，垂足為F，交BC于點G．①求證：AG=BG；②若AD=4，CD=5，求GF的長．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②SKIPIF1<0【分析】（1）連接OA，OB，OC，由AC＝AB，OA＝OA，OC＝OB可證出△OAC≌△OAB（SSS），利用全等三角形的性質(zhì)可得出∠OAC＝∠OAB，即AO平分∠BAC，利用垂徑定理可得出AO⊥BC，結(jié)合AD∥BC可得出AD⊥AO，由此即可證出AD是⊙O的切線；（2）①連接AE，由圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)結(jié)合∠BCE＝90°可得出∠BAE＝90°，由同角的余角相等可得出∠BAG＝∠AEB，結(jié)合∠ABC＝∠ACB＝∠AEB可得出∠BAG＝∠ABC，再利用等角對等腰可證出AG＝BG；②由∠ADC＝∠AFB＝90°，∠ACD＝∠ABF，AC＝AB可證出△ADC≌△AFB（AAS），利用全等三角形的性質(zhì)可求出AF，BF的長，設(shè)FG＝x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可求出x的值，此題得解．【詳解】證明：（1）連接OA、OB、OC，如圖1，∵AC=AB，OA=OA，OC=OB，∴△OAC≌△OAB，∴∠OAC＝∠OAB，∴AO⊥BC，∵AD∥BC，∴AD⊥AO，∴AD是⊙O的切線；（2）①連接AE，如圖2，∵AD∥BC，AD⊥CD，∴BC⊥CD，∴∠BCE＝90°，∴BE是直徑，∴∠BAE＝90°，∴∠BAG+∠EAF＝90°，又∵AF⊥BE，∴∠AEB+∠EAF＝90°，∴∠BAG=∠AEB，∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠BAG=∠ABC，∴AG=BG；②∵AC=AB，∠ACD＝∠ABF，∠ADC=∠AFB＝90°，∴△ADC≌△AFB，∴AF=AD=4，BF=CD=5，設(shè)FG=x，則AG=GB=x+4，在Rt△BFG中，由勾股定理可得：SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0