1．如圖，∠O＝30°，C為OB上一點，且OC＝6，以點C為圓心，半徑為3的圓與OA的位置關(guān)系是( )
A．相離 B．相交 C．相切 D．均有可能

第1題圖 第3題圖 第4題圖
2．(賀州中考)已知圓錐的母線長是12，它的側(cè)面展開圖的圓心角是120°，則它的底面圓的直徑為( )
A．2 B．4 C．6 D．8
3．(蘭州中考)如圖，在⊙O中，若點C是eq \(AB,\s\up8(︵))的中點，∠A＝50°，則∠BOC的度數(shù)為( )
A．40° B．45° C．50° D．60°
4．(杭州中考)如圖，已知AC是⊙O的直徑，點B在圓周上(不與A、C重合)，點D在AC的延長線上，連接BD交⊙O于點E，若∠AOB＝3∠ADB，則( )
A．DE＝EB B.eq \r(2)DE＝EB C.eq \r(3)DE＝DO D．DE＝OB

第5題圖 第6題圖 第7題圖
5．如圖，⊙O的半徑是2，AB是⊙O的弦，點P是弦AB上的動點，且1≤OP≤2，則弦AB所對的圓周角的度數(shù)是( )
A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或150°
6．(德州中考)《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有下列問題“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是：“今有直角三角形，勾(短直角邊)長為8步，股(長直角邊)長為15步，問該直角三角形能容納的圓形(內(nèi)切圓)直徑是多少？”( )
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
7．(山西中考)如圖，在?ABCD中，AB為⊙O的直徑，⊙O與DC相切于點E，與AD相交于點F，已知AB＝12，∠C＝60°，則eq \(FE,\s\up8(︵))的長為( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,2) C．π D．2π

8．(濱州中考)如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC＝∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF＝DF；⑤BD＝2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是( )
A．②④⑤⑥ B．①③⑤⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤

第8題圖 第9題圖 第10題圖
二、填空題
9．(安順中考)如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若AB＝8，CD＝6，則BE＝________．
10．(齊齊哈爾中考)如圖，若以平行四邊形一邊AB為直徑的圓恰好與對邊CD相切于點D，則∠C＝________度．
11．(貴港中考)如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°后得到△ADE.若AC＝1，則線段BC在上述旋轉(zhuǎn)過程中所掃過部分(陰影部分)的面積是________(結(jié)果保留π)．
12．(呼和浩特中考)在周長為26π的⊙O中，CD是⊙O的一條弦，AB是⊙O的切線，且AB∥CD，若AB和CD之間的距離為18，則弦CD的長為________．
13．(成都中考)如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AH⊥BC于點H，若AC＝24，AH＝18，⊙O的半徑OC＝13，則AB＝________．

第11題圖 第13題圖 第14題圖
14．如圖，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半徑為r，點C在eq \(AB,\s\up8(︵))上，CD⊥OA，垂足為D，當△OCD的面積最大時，eq \(AC,\s\up8(︵))的長為________．
三、解答題
15．(寧夏中考)如圖，已知△ABC，以AB為直徑的⊙O分別交AC于D，BC于E，連接ED，若ED＝EC.
(1)求證：AB＝AC；
(2)若AB＝4，BC＝2eq \r(3)，求CD的長．
16．(新疆中考)如圖，在⊙O中，半徑OA⊥OB，過OA的中點C作FD∥OB交⊙O于D、F兩點，且CD＝eq \r(3)，以O(shè)為圓心，OC為半徑作弧CE，交OB于E點．
(1)求⊙O的半徑OA的長；
(2)計算陰影部分的面積．
17．(西寧中考)如圖，D為⊙O上一點，點C在直徑BA的延長線上，且∠CDA＝∠CBD.
(1)求證：CD是⊙O的切線；
(2)過點B作⊙O的切線交CD的延長線于點E，BC＝6，eq \f(AD,BD)＝eq \f(2,3)，求BE的長．
18．★如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝eq \r(3)x－2eq \r(3)與x軸、y軸分別交于A，B兩點，P是直線AB上一動點，⊙P的半徑為1.
(1)判斷原點O與⊙P的位置關(guān)系，并說明理由；
(2)當⊙P過點B時，求⊙P被y軸所截得的劣弧的長；
(3)當⊙P與x軸相切時，求出切點的坐標．
參考答案與解析
1．C 2.D 3.A 4.D 5.C
6．C 解析：根據(jù)勾股定理得斜邊為eq \r(82＋152)＝17，則該直角三角形能容納的圓形(內(nèi)切圓)半徑r＝eq \f(8＋15－17,2)＝3(步)，即直徑為6步．
7．C 解析：連接OE、OF.∵CD是⊙O的切線，∴OE⊥CD，∴∠OED＝90°.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠C＝60°，∴∠A＝∠C＝60°，∠D＝120°.∵OA＝OF，∴∠A＝∠OFA＝60°，∴∠DFO＝120°，∴∠EOF＝360°－∠D－∠DFO－∠DEO＝30°，∴eq \(FE,\s\up8(︵))的長＝eq \f(30π·6,180)＝π.
8．D 解析：①∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∴①正確；②∵∠AOC是⊙O的圓心角，∠AEC是⊙O的圓內(nèi)部的角，∴∠AOC≠∠AEC，∴②錯誤；③∵OC∥BD，∴∠OCB＝∠DBC.∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠OBC＝∠DBC，∴CB平分∠ABD，∴③正確；④∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD.∵OC∥BD，∴∠AFO＝90°.∵點O為圓心，∴AF＝DF，∴④正確；⑤由④有AF＝DF，∵點O為AB中點，∴OF是△ABD的中位線，∴BD＝2OF，∴⑤正確；⑥∵△CEF和△BED中，沒有相等的邊，∴△CEF與△BED不全等，∴⑥錯誤．
9．4－eq \r(7) 解析：連接OC.∵弦CD⊥AB于點E，CD＝6，∴CE＝ED＝eq \f(1,2)CD＝3.在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，CE＝3，OC＝4，∴OE＝eq \r(42－32)＝eq \r(7)，∴BE＝OB－OE＝4－eq \r(7).
10．45 解析：連接OD.∵CD是⊙O的切線，∴OD⊥CD.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴AB⊥OD，∴∠AOD＝90°.∵OA＝OD，∴∠A＝∠ADO＝45°，∴∠C＝∠A＝45°.
11.eq \f(π,2) 解析：由題意可得△ABC≌△ADE.∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝1，∴AB＝2.∵∠DAE＝∠BAC＝60°，∴S扇形BAD＝eq \f(60×π×22,360)＝eq \f(2π,3)，S扇形△CAE＝eq \f(60π×12,360)＝eq \f(π,6)，∴S陰影＝S扇形DAB＋S△ABC－S△ADE－S扇形ACE＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2).
12．24 解析：如圖，設(shè)AB與⊙O相切于點F，連接OF，OD，延長FO交CD于點E.∵2πR＝26π，∴R＝13，∴OF＝OD＝13.∵AB是⊙O的切線，∴OF⊥AB.∵AB∥CD，∴EF⊥CD，即OE⊥CD，∴CE＝ED.∵EF＝18，OF＝13，∴OE＝5.在Rt△OED中，∵∠OED＝90°，OD＝13，OE＝5，∴ED＝eq \r(OD2－OE2)＝12，∴CD＝2ED＝24.
eq \f(39,2) 解析：作直徑AE，連接CE，∴∠ACE＝90°.∵AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，∴∠ACE＝∠AHB.又∵∠B＝∠E，∴△ABH∽△AEC，∴eq \f(AB,AE)＝eq \f(AH,AC)，∴AB＝eq \f(AH·AE,AC).∵AC＝24，AH＝18，AE＝2OC＝26，∴AB＝eq \f(39,2).
14.eq \f(1,4)πr 解析：∵OC＝r，CD⊥OA，∴DC＝eq \r(OC2－OD2)＝eq \r(r2－OD2)，∴S△OCD＝eq \f(1,2)OD·eq \r(r2－OD2)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S△OCD))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)OD2·(r2－OD2)＝－eq \f(1,4)OD4＋eq \f(1,4)r2OD2＝－eq \f(1,4)(OD2－eq \f(r2,2))2＋eq \f(r4,16)，∴當OD2＝eq \f(r2,2)，即OD＝eq \f(\r(2),2)r時，△OCD的面積最大，∴∠OCD＝45°，∴∠COA＝45°，∴eq \(AC,\s\up8(︵))的長＝eq \f(45πr,180)＝eq \f(1,4)πr.
15．(1)證明：∵ED＝EC，∴∠EDC＝∠C.∵∠B＋∠ADE＝180°，∠EDC＋∠ADE＝180°，∴∠B＝∠EDC，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC；
(2)解：連接AE.∵AB為直徑，∴AE⊥BC.由(1)知AB＝AC，∴AC＝4，BE＝CE＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(3).∵∠C＝∠C，∠EDC＝∠B，∴△EDC∽△ABC，∴eq \f(CE,AC)＝eq \f(CD,BC)，即CE·BC＝CD·AC，∴eq \r(3)·2eq \r(3)＝4CD，∴CD＝eq \f(3,2).

16．解：(1)連接OD.∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°.∵CD∥OB，∴∠OCD＝90°.在Rt△OCD中，∵C是AO的中點，CD＝eq \r(3)，∴OD＝2OC.設(shè)OC＝x，∴x2＋(eq \r(3))2＝(2x)2，∴x＝1，∴OD＝2，∴⊙O的半徑為2；
(2)∵sin∠CDO＝eq \f(OC,OD)＝eq \f(1,2)，∴∠CDO＝30°.∵FD∥OB，∴∠DOB＝∠CDO＝30°，∴S陰影＝S△CDO＋S扇形OBD－S扇形OCE＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＋eq \f(30π×22,360)－eq \f(90π×12,360)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,12).
(1)證明：連接OD.∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠BDO.∵∠CDA＝∠CBD，∴∠CDA＝∠ODB.又∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠ODB＝90°，∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，∴OD⊥CD.∵OD是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；
(2)解：∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，∴eq \f(CD,BC)＝eq \f(AD,BD).∵eq \f(AD,BD)＝eq \f(2,3)，BC＝6，∴CD＝4.∵CE，BE是⊙O的切線，∴BE＝DE，BE⊥BC，∴BE2＋BC2＝EC2，即BE2＋62＝(4＋BE)2，解得BE＝eq \f(5,2).
18．解：(1)原點O在⊙P外．理由如下：∵直線y＝eq \r(3)x－2eq \r(3)與x軸、y軸分別交于A，B兩點，∴點A的坐標為(2，0)，點B的坐標為(0，－2eq \r(3))．在Rt△OAB中，tan∠OBA＝eq \f(OA,OB)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴∠OBA＝30°.如圖①，過點O作OH⊥AB于點H，在Rt△OBH中，OH＝OB·sin∠OBA＝eq \r(3).∵eq \r(3)＞1，∴原點O在⊙P外；
(2)如圖②，當⊙P過點B時，點P在y軸右側(cè)時，∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠OBA＝30°，∴⊙P被y軸所截的劣弧所對的圓心角的度數(shù)為180°－30°－30°＝120°，∴弧長為eq \f(120°×π×1,180)＝eq \f(2π,3)；同理：當⊙P過點B時，點P在y軸左側(cè)時，弧長同樣為eq \f(2π,3).∴當⊙P過點B時，⊙P被y軸所截得的劣弧的長為eq \f(2π,3)；
(3)如圖③，當⊙P與x軸相切時，且位于x軸下方時，設(shè)切點為D，作PD⊥x軸，∴PD∥y軸，∴∠APD＝∠ABO＝30°.在Rt△DAP中，AD＝DP·tan∠DPA＝1×tan30°＝eq \f(\r(3),3)，∴OD＝OA－AD＝2－eq \f(\r(3),3)，∴此時點D的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(\r(3),3)，0))；當⊙P與x軸相切時，且位于x軸上方時，根據(jù)對稱性可以求得此時切點的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(\r(3),3)，0)).綜上所述，當⊙P與x軸相切時，切點的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(\r(3),3)，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(\r(3),3)，0)).

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