2022-2024年江苏省南京市九年级中考数学圆综合小题分类汇编

2022-2024江苏省南京市圆综合小题分类汇编 姓名：___________ 一、圆中求角度 1．（2024·江苏南京·二模）如图，五边形内接于，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏南京·一模）如图，是⊙O的直径，点是的中点，弦与交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·江苏南京·二模）如图，在中，C是上一点，，过点C作弦交于E，若，则与满足的数量关系是（    ） A． B． C． D． 4．（2022·江苏南京·一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是的中点，若∠B＝70°，则∠CAD的度数为（    ） A．70° B．55° C．35° D．20° 第1题图 第2题图 第3题图 第4题图 5．（2024·江苏南京·一模）如图，在中，弦和相交于点P，若，弧为， 则弧为 ． 6．（2023·江苏南京·一模）如图，是的切线，，为切点，过点作交于点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 第5题图 第6题图 7．（2022·江苏南京·二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，若∠BDE+∠CFE=110°，则∠A的度数是 ． 8．（2022·江苏南京·二模）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，点C为OA的中点，点D在上且CD//OB，则∠ABD= ． 9．（2022·江苏南京·二模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，∠P＝62°，C是⊙O上的动点（异于A，B），连接CA，CB，则∠C的度数为 °． 10．（2023·江苏南京·一模）如图，在四边形中，，对角线平分．若，，则的度数是 ． 第7题图 第8题图 第9题图 第10题图 11．（2023·江苏南京·三模）如图，、是的切线，A、为切点，点、在上．若，则的度数是 ． 12．（2023·江苏南京·一模）如图，点A，B，C，D在上．若，则 °．  13．（2024·江苏南京·二模）如图，，，，是上的四个点，，的延长线相交于点，，相交于点．若，，则的度数是 ． 14．（2024·江苏南京·二模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，连接，若，则 °．    第11题图 第12题图 第13题图 第14题图 二、圆中求长度 15．（2024·江苏南京·三模）如图，与矩形的三边分别相切于点，连接，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 16．（2024·江苏南京·三模）如图，正方形的边与相切于点，是正方形与圆的另两个交点．若，则 ． 17．（2022·江苏南京·一模）如图，的直径，、分别与相切于、两点，弦，，则 cm． 18．（2022·江苏南京·二模）如图，在五边形AECDE中，∠A=∠B=∠C=90°，AE=2，CD=1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为 ． 第15题图 第16题图 第17题图 第18题图 19．（2023·江苏南京·二模）如图，为的直径，弦与交于点E，连接，，，，则弦 ． 20．（2023·江苏南京·二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ． 21．（2023·江苏南京·三模）如图，在中，，，是的中点，点在内部且满足．若，，则的长为 ．    第19题图 第20题图 第21题图 三、与弧长、扇形、圆锥有关的计算 22．（2024·江苏南京·一模）若圆锥的底面直径为6，高为4，则该圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 23．（2023·江苏南京·三模）如图，在半圆中，，将半圆沿弦所在的直线折叠，若弧恰好过圆心，则弧的长是（　　） A． B． C． D． 24．（2022·江苏南京·一模）如图，点A，B，C在半径为4的⊙O上，若∠AOB＝130°，∠OAC＝70°， 则的长为 ． 25．（2022·江苏南京·一模）如图，正方形ABCD的边长为3，点E为AB的中点，以E为圆心，3为半径作圆，分别交AD、BC于M、N两点，与DC切于P点．则图中阴影部分的面积是 ． 26．（2022·江苏南京·一模）如图，在正五边形ABCDE中，BD、CE相交于点O．以O为圆心，OB为半径画弧，分别交AB，AE于点M，N．若BC＝2，则的长为 （结果保留π）． 第23题图 第24题图 第25题图 第26题图 27．（2022·江苏南京·一模）若将一个圆心角为60°，半径为4的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则该圆锥底面圆的半径为 ． 28．（2022·江苏南京·二模）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若扇形的半径R＝6cm，扇形的圆心角θ＝120°，该圆锥的高为 cm． 29．（2022·江苏南京·二模）如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB=，以点A为圆心，AB长为半径画弧交CD于点E，则阴影部分的面积为 ． 第28题图 第29题图 30．（2022·江苏南京·二模）若一个圆锥的底面圆的半径是2，侧面展开图的圆心角的度数是，则该圆锥的母线长为 ． 31．（2022·江苏南京·二模）圆锥底面半径长为6，侧面展开扇形的圆心角为120°，则圆锥的母线长是 ． 32．（2023·江苏南京·二模）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为、弧长为的扇形，则该圆锥的母线长为 ． 33．（2023·江苏南京·一模）如图，与正五边形的边分别相切于点M，N，且经过点C，D．若 的半径为2，则的长是 ．（结果保留） 34．（2023·江苏南京·一模）沿圆锥一条母线将其侧面剪开并展平，得到一个扇形．若圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则该扇形的圆心角的度数为 °． 35．（2023·江苏南京·二模）如图，是的直径，点在圆上．将沿翻折与交于点．若 的度数为，则 ．   36．（2023·江苏南京·三模）已知扇形的半径为4，面积为4，则该扇形的弧长为 ． 37．（2024·江苏南京·一模）若圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，则它的侧面积是 ． 38．（2024·江苏南京·二模）如图，点A，B，C在半径为4的上，．若，则长为 ． 39．（2024·江苏南京·二模）如图，是一圆锥的主视图，若，，则该圆锥的侧面展开图的面积是 ．（结果保留） 第33题图 第35题图 第38题图 第39题图 四、正多边形与圆 40．（2022·江苏南京·一模）如图，A、B、C、D、E、F是正n边形的六个连续顶点，AE与CF交于点G，若∠EGF=30°，则n= ． 41．（2023·江苏南京·一模）如图，点O是正六边形的中心，以为边在正六边形的内部作正方形连接，则 °．  42．（2023·江苏南京·三模）如图，在正六边形中，经过点，且与，相切．若的半径为，则正六边形的边长为 ． 43．（2023·江苏南京·二模）如图，点O是正五边形和正三角形的中心，连接，交于点P，则 的度数为 °． 44．（2024·江苏南京·二模）如图，O是正六边形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 第41题图 第42题图 第43题图 第44题图 45．（2024·江苏南京·一模）如图，在正六边形中，经过点的与边分别相切于点G，H，与边交于点M，连接交于点N，则的度数为 ． 46．（2024·江苏南京·一模）如图，是正八边形的两条对角线，则 ． 47．（2024·江苏南京·一模）如图，正八边形的半径为4，则它的面积是 ． 48．（2024·江苏南京·二模）如图，在圆内接六边形中，，则的度数为 ． 第45题图 第46题图 第47题图 第48题图 五、与圆有关的最值问题 49．（2023·江苏南京·一模）如图，在菱形纸片中，，，分别剪出扇形和，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面．若点在上，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 50．（2024·江苏南京·一模）如图，在中，，点D是边上一点，且，，则 面积的最大值为 ． 51．（2022·江苏南京·一模）如图，在△ABC中，，，，，则AD的长的最大值为 ． 52．（2023·江苏南京·二模）如图，线段和动点A构成，，，则周长的最大值 ．    53．（2024·江苏南京·一模）小丽在半径为的圆形广场内（包含边界）散步，从圆周上的点A处出发，沿直线行走到点B处，然后直角拐弯，沿直线行走到圆周上的点C处时停止行走，则小丽行走的路程的最大值为（    ） A． B． C． D． 六、与圆有关的其它问题 54．（2023·江苏南京·二模）如图，将△ABC绕点旋转至，使得，，共线，若，，则的长为 ． 55．（2023·江苏南京·二模）已知的直径为8，点P到圆心O的距离为3，则经过点P的最短弦的长度为 ． 56．（2024·江苏南京·二模）如图，内接于，，点在上，于点，若，，则的长为 ． 57．（2023·江苏南京·二模）在锐角△ABC中已知，则锐角面积S的取值范围为 ． 58．（2024·江苏南京·一模）如图，在矩形中，，，将绕点顺时针旋转，使点落在边 上（记为，则点运动的路径长是 ．（答案保留 第54题图 第56题图 第58题图 59．（2022·江苏南京·一模）如图，P是正方形ABCD的边AD上一点，连接PB，PC，则tan∠BPC的值可能是（   ） A．0.9 B．1.2 C．1.5 D．1.8 60．（2024·江苏南京·三模）如图，表示中去掉内接正三角形部分的面积，表示中去掉内接正六边形部分的面积，和的半径均为，则 ．（填“、或”） 61．（2024·江苏南京·三模）如图，菱形的顶点，，在上，且与相切，若的半径为，则菱形的周长为 ． 62．（2022·江苏南京·一模）如图，把矩形纸片分割成正方形纸片和矩形纸片，分别裁出扇形 和半径最大的圆．若它们恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则为（    ） A． B． C． D． 63．（2023·江苏南京·三模）如图，点，在半圆上，， 相交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 第61题图 第62题图 第63题图 第64题图 64．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，的直径，D为半圆的中点，P点从D出发，沿的路径移动，移动到C点停止，Q点从B出发，沿下半圆的路径移动，移动到C点停止，Q的速度是P速度的倍，的长度变化的函数图像为（    ） A．B．C． D． 65．（2023·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标是，与x轴相切．点A，B在上，它们的横坐标分别是0，9．若沿着x轴向右作无滑动的滚动，当点B第一次落在x轴上时，此时点A的坐标是（　　）    A． B． C． D． 66．（2024·江苏南京·二模）如图，一辆汽车的轮胎因为漏气瘪掉了，将轮胎外轮廓看作一个圆，则这个圆和与它在同一平面内的地面（看作一条直线）的位置关系是（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．包含 67．（2022·江苏南京·一模）如图，在直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线 只有一个公共点时，点A的坐标为 ． 68．（2022·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，一个圆与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．已知 A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），则点D的坐标为 ． 69．（2022·江苏南京·二模）在△ABC中，，，．若点P在△ABC内部（含边界）且，则所有满足条件的P组成的区域的面积为 ． 70．（2024·江苏南京·一模）如图，有一块三角形铁皮余料，，，．若从中剪一个面积最大的半圆，则半圆的圆心在（    ） A．边上 B．边上 C．边上 D．内 第66题图 第67题图 第68题图 第70题图 71．（2023·江苏南京·一模）如图，在中，E是边的中点，连接，若，则对角线的取值范围为 ．    72．（2023·江苏南京·二模）如图，的半径为2，是的一条弦，以为边作一个等边，则长的取值范围是 ． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 6 15 22 23 44 49 答案 C B C C A D B C D B 题号 53 59 62 63 64 65 66 70 答案 C B A D A B A A 1．C 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，解直角三角形．连接，由，求出，判定，推出，由圆内接四边形的性质推出，即可求出． 【详解】解：连接，如图， ，， ， ， ， ∴， ， 四边形是圆内接四边形， ， ． 故选：C． 2．B 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，弧、弦、圆心角之间的关系，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 先根据直径所对的圆周角是直角得，再根据弧，弦之间的关系得，可得，最后根据三角形外角的性质得出答案． 【详解】连接， ∵是的直径， ∴． ∵点C是的中点， ∴， ∴， ∴． ∵是的外角， ∴． 故选：B． 3．C 【分析】连接，易得，进而得到，，利用外角的性质，得到，又，得到，即可得出结论． 【详解】解：连接，    ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选C． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键． 4．C 【分析】根据圆内接四边形的对角互补可得，再由三角形内角和定理及等弧所对的圆周角相等即可求解． 【详解】四边形ABCD内接于⊙O， ， ∠B＝70°， ， ， D是的中点， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的对角互补、三角形内角和定理及等弧所对的圆周角相等，熟练掌握知识点是解题的关键． 5． 【分析】本题考查了圆周角定理、三角形外角的定义及性质，连接，由圆周角定理可得，由三角形外角的定义及性质得出，再由圆周角定理即可得解，解题的关键是掌握：圆周角等于它所对圆心角度数的一半． 【详解】解：如图，连接，   为，即对的圆心角是 ， ， ， 即对的圆心角是 为， 故答案为：50． 6．A 【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和为，求得，根据圆周角定理得出，然后根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．40 【分析】根据切线长定理，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理推出∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°，得到2(∠BDE+∠CFE)+∠B+∠C=360°，据此求解即可． 【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F， ∴BD=BE，CE=CF， ∴∠BDE=∠BED，∠CFE=∠CEF， ∵∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°， 即2∠BDE+∠B=180°，2∠CFE+∠C=180°， ∴2(∠BDE+∠CFE)+∠B+∠C=360°， ∵∠BDE+∠CFE=110°， ∴2×110°+∠B+∠C=360°， ∴∠B+∠C=140°， ∴∠A=180°-(∠B+∠C)= 40°． 故答案为：40． 【点睛】本题考查了切线长定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 8．30°/30度 【分析】根据正弦函数得出∠CDO=30°，进而得出∠COD=60°，再利用圆周角定理求出即可． 【详解】解：连接DO， ∵∠AOB=90°，C为OA的中点， ∴2CO=DO， ∵sin∠CDO=， ∴∠CDO=30°， ∴∠COD=60°， 根据圆周角定理可得：∠ABD=30°． 故答案为：30°． 【点睛】此题主要考查了圆周角定理以及特殊角的三角函数值，根据题意得出2CO=DO，进而得出∠CDO=30°是解决问题的关键． 9．59或121 【分析】根据切线的性质以及圆周角定理、圆的内接四边形的性质，分点C在优弧和劣弧两种情况求解即可． 【详解】解：如图，分别连接AO、BO， ①当点C在优弧上时， ∵PA，PB是⊙O的切线， ∴， ∵∠P＝62°， ∴， ∴； ②当点C在劣弧上时，如图， 则：， ∴． 综上所述，∠C的度数为59°或121°． 故答案为：59或121． 【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形等，熟记相关定理和性质是解题的关键． 10．/65度 【分析】以为直径，以中点O为圆心作四边形外接圆，连接，根据为直径得，根据得，即可得，根据得，即可得，根据平分得，根据三角形内角和定理即可得． 【详解】解：如图所示，以为直径，以中点O为圆心作四边形外接圆，连接， ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了四边形外接圆，圆周角定理，角平分线的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握这些知识点． 11．/100度 【分析】连接，根据圆内接四边形得出，根据，得出，即，根据切线长定理得出，根据等腰三角形性质得出，根据三角形内角和定理得出． 【详解】解：连接，如图所示：    ∵四边形为圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， 即， ∵、是的切线，A、为切点， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，切线长定理，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，结合已知条件求出． 12．75 【分析】根据同弧或等弧所对的圆周角相等求解即可． 【详解】解：如图：连接，   ， ， ， ， ． 故答案为：75． 【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确记忆相关知识点是解题关键． 13． 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，根据三角形的外角性质得到，根据圆周角定理得到，再根据三角形的外角性质列方程，解方程得到答案，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵是的外角，， ∴， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， 故答案为: ． 14．15 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质以及直径所对的圆周角等于，根据圆内接四边形的性质可得出，再根据直径所对的圆周角等于可得出，再利用角的和差关系可得出答案． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形，且， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故答案为：15． 15．D 【分析】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，连接，则，，，可证四边形为正方形，都为矩形，得到，，利用勾股定理可得，，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接，则，，， 则， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴点三点共线， ∴四边形都为矩形， ∴， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：．    16．// 【分析】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线的性质定理、垂径定理、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接并延长交于点，连接，首先证明四边形为矩形，易得，，进而可得，，然后在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：连接并延长交于点，连接，如下图， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，即， ∴，， ∴在中，可有， 即，解得． 故答案为：2.5． 17． 【分析】连接OC交AD于点H，连接OP，由、分别与相切于、两点，∠OBP＝∠OCP＝90°，由得到OH⊥AD，则，又，证得，则＝，得到∠BOD＝60°，在Rt△OPB中，求得PB的长． 【详解】解：连接OC交AD于点H，连接OP， ∵、分别与相切于、两点， ∴AB⊥PB，OC⊥PC ∴∠OBP＝∠OCP＝90°， ∵ ∴∠OHD＝∠OCP＝90° ∴OH⊥AD ∴ ∵ ∴∠OAD＝∠ADC ∴ ∴＝ ∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD ∵∠AOC＋∠COD＋∠BOD＝180° ∴∠BOD＝×180°＝60° 在Rt△OPB中，∠OBP＝90°，OB＝＝2cm，∠BOP＝60°， ∵ ∴cm 故答案为： 【点睛】此题考查了圆的切线的性质定理，圆心角及所对弧之间的关系，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形等知识，求得＝是解决问题的关键． 18．10 【分析】作出如图的辅助线，推出四边形OFBG是正方形，设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r，ME=r -2，ON=r-1，证明Rt△OME≌Rt△OND，得到OM= ON=r-1，在Rt△OME中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：取DE的中点O，连接OF、OG，延长GO与AE的延长线相交于点M，过点D作DN⊥MG于点N， ∵BC切⊙O于点G，∴CG⊥BG， ∵∠A=∠B=∠C=90°， ∴四边形ABGM、四边形GCDN和四边形OFBG都是矩形， ∵OF=OG， ∴四边形OFBG是正方形， 设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r， ∵AE=2，CD=1， ∴ME=r -2，ON=r-1， 在Rt△OME和Rt△OND中，， ∴Rt△OME≌Rt△OND， ∴OM= ON=r-1， 在Rt△OME中，OE2=ME2+OM2， ∴r2=( r -2)2+( r-1)2， 解得：r=1(舍去)或5， 故答案为：10． 【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股中位线定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 19． 【分析】过点O作于点F，连接，先求出，从而得出，，即可求出的长度，再根据的长度求出的长度，最后根据垂径定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，； 过点O作于点F，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∴在中，， ∵， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角相等，垂径定理以及解直角三角形的方法． 20．1 【分析】如图所示，延长交于M，连接，先证明得到，设设，则，，利用勾股定理建立方程，解方程求出，如图所示，连接，利用等面积法求出半径即可． 【详解】解：如图所示，延长交于M，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵E为的中点， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， 又∵， ∴，   ∴，   设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 如图所示，连接 ∵分别与，，相切，切点分别为，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的半径为， 故答案为；1．      【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 21． 【分析】连接，过点D作垂直于的延长线于点F，可得A、E、D、C四点共圆，从而求出，在中即可求出． 【详解】解：连接，过点D作垂直于的延长线于点F，如图所示，    ∵，，是的中点， ∴，， ∴A、E、D、C四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴ 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，圆的性质，能够得出A、E、D、C四点共圆是关键． 22．B 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，勾股定理，熟练掌握圆锥的母线和侧面积公式是关键． 先求圆锥的母线，再根据公式求侧面积． 【详解】解：如图所示， ∵圆锥的底面直径为6，高为4， ∴半径，高， 由勾股定理得：母线， ∴该圆锥的侧面积． 故选B． 23．C 【分析】过点O作，连接，根据题中条件可得，，进一步可推出，用弧长公式求解即可． 【详解】解：过点O作，连接，，如图所示，    ∵将半圆沿弦所在的直线折叠，若恰好过圆心O， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆的折叠问题，涉及解直角三角形、圆心角、弧的关系定理，垂径定理、圆周角定理、弧长公式等，正确作出辅助线是关键． 24． 【分析】连接OC，先求出所对圆心角的度数，再利用弧长公式即可求解． 【详解】解：连接OC， ，∠OAC＝70°， ， ∠AOB＝130°， ， 的长为， 故答案为． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质及弧长的求解，熟记弧长公式是解本题的关键． 25． 【分析】根据直角三角形的性质求出AE和∠AEM，根据勾股定理求出AM，根据扇形面积公式计算，得到答案． 【详解】解：由题意得，AE＝AB＝ME＝， ∵∠A＝90°， ∴∠AME＝30°，AM＝， ∴∠AEM＝60°， 同理，∠BEN＝60°， ∴∠MEN＝60°， 阴影部分的面积＝ =9-， 故答案为：9-． 【点睛】本题考查的是切线的性质、正方形的性质、扇形面积计算，熟记扇形面积公式是解题的关键． 26． 【分析】根据在正五边形ABCDE，计算出正五边形的每个内角为：540°÷5=108°，所以∠BCD=108°，BC=CD，CD=DE，得到三角形BCD和三角形CDE是等腰三角形，得到BC=BO=2，从而得到∠BOE=180°-∠BOC=108°，根据弧长公式先求出所以的长，再求的长即可； 【详解】连接OM，ON； ∵在正五边形ABCDE ∴正五边形的每个内角为：540°÷5=108° 所以∠BCD=108°，BC=CD，CD=DE 即三角形BCD和三角形CDE是等腰三角形， ∴∠ECD=∠CBD=（180°-108°）÷2=36° ∠BCO=180°-36°=72°， ∠BOC=180°-72°-36°=72°， ∴∠BOC=∠BCO 所以三角形BCO为等腰三角形， ∴BC=BO=2 ∴∠BOE=180°-∠BOC=108° ∠ABO=108°-∠CBO-∠CB0=108°-36°=72° ∵OB=OM ∴∠OBM=∠BMO-72° ∴∠BOM=180°-∠OBM-∠OMB=180°-72°-72° 同理可得;∠NOE=36° ∴∠MON=108°-∠BOM-∠NOE =108°-36°-36°=36° 所以= 故答案为： 【点睛】本题考查了弧长的计算，以及正五边形的有关性质，解题的关键是熟悉弧长的计算，以及正五边形的内角，以及等腰三角形的性质和判定． 27． 【分析】根据扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，利用扇形的弧长公式即可求得圆锥的底面周长，然后根据圆的周长公式即可求解． 【详解】解：圆锥的底面周长是：=π． 设圆锥底面圆的半径是r，则2πr=π． 解得：r=． 故答案是：． 【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 28． 【分析】根据圆锥的底面周长就是侧面展开图的弧长，可求得圆锥底面圆的半径，又扇形的半径就是圆锥的母线，然后利用勾股定理即可求得该圆锥的高． 【详解】解：如图， 由题意可得：AB=6cm， ∵扇形的弧长就是圆锥的底面周长， ∴， 即：， 解得：， ∴BC=2cm， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆锥的计算、勾股定理，解题的关键是熟记圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为：． 29．/ 【分析】根据矩形的性质得出∠D=∠DAB=90°，AE=AB=，求出∠DAE，∠BAE，再求出扇形ABE的面积，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=1， ∴∠D=∠DAB=90°，AE=AB=， ∵cos∠DAE===， ∴∠DAE=45°，∠EAB=45°， ∴阴影部分的面积S==． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、扇形的面积公式和直角三角形的性质等知识点，能求出∠DAE的度数是解此题的关键． 30．4 【分析】设该园锥的母线长为l，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即可求解． 【详解】解：设该圆锥的母线长为l，根据题意得： ， 解得：， 即该圆锥的母线长为4． 故答案为：4 【点睛】本题考查了圆锥的计算：理解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是解题的关键． 31．18 【分析】圆锥的底面周长即为侧面展开后扇形的弧长，已知扇形的圆心角，所求圆锥的母线即为扇形的半径，利用扇形的弧长公式求解． 【详解】解：∵圆锥的底面半径是6， ∴圆锥的底面圆周长为， ∴侧面展开后所得的扇形的弧长是12π， ∵侧面展开后所得的扇形的圆心角为120° ∴侧面展开后所得的扇形的半径为： ∵圆锥的母线就是侧面展开后所得的扇形的半径， ∴圆锥的母线长度为18， 故答案为：18 【点睛】本题考查了求圆锥的母线长．关键是体现两个转化，圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长． 32．12 【分析】设该圆锥的母线长为l，然后根据弧长公式进行求解即可． 【详解】解：设该圆锥的母线长为l， 由题意得，， ∴， 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知弧长公式是解题的关键． 33． 【分析】先根据切线的性质和正五边形的性质求得的度数，再利用弧长公式进行计算即可． 【详解】解：连接 ∵与正五边形的边相切于点M、N， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为2， ∴的长度为： 故答案为： 【点睛】本题考查了正多边形和圆、切线的性质以及弧长公式，熟练掌握正五边形的性质和切线的性质，求出的度数是解题的关键． 34． 【分析】根据圆锥的底面圆的半径为得到扇形的弧长，再利用弧长公式即可解答． 【详解】解：∵圆锥的底面圆的半径为， ∴圆锥的底面圆周长为：， ∴扇形的弧长， ∵圆锥的母线长为， ∴扇形的半径为， ∴设扇形的圆心角为， ∴， ∴， 故答案为． 【点睛】本题考查了弧长公式，圆的周长，熟记扇形的弧长公式是解题的关键． 35． 【分析】如图：作D关于的对称点E，连接,则，然后再根据的度数为可知，然后再根据圆周角定理、邻补角性质可得，最后运用弧长公式即可解答． 【详解】解：如图：作D关于的对称点E，连接,则， ∵的度数为， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴的长度为， ∴的长度为．    故答案为． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、弧长公式等知识点，求得的度数是解答本题的关键． 36．2 【分析】先由扇形的面积公式求圆心角度数，然后再由弧长公式即可得出结论． 【详解】解：设扇形的圆心角为，由题意可得， 解得， 扇形的弧长为， 故答案为：2． 【点睛】本题考查的是扇形面积及弧长的计算，熟记扇形的面积和弧长公式是解答此题的关键． 37． 【分析】本题考查的是圆锥的侧面积计算，掌握圆锥的侧面积计算公式是解题的关键． 根据圆锥侧面积公式计算即可． 【详解】解：由题意可得：圆锥的侧面积是． 故答案为：． 38．/ 【分析】本题主要考查了平行线的性质，等边对等角及弧长的求解．连接，先求出所对圆心角的度数，再利用弧长公式即可求解． 【详解】解：连接，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的长为， 故答案为：． 39． 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，熟知圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周长，半径等于圆锥的母线长是解题的关键．根据主视图得到圆锥的母线长和底面圆的直径，可得底面周长，再由扇形面积公式计算即可． 【详解】由题意得可知：圆锥的母线长为13， 圆锥的底面直径为10，则圆锥的底面周长为， 所以圆锥的侧面展开图的面积为：． 故答案为：． 40．18 【分析】连接CE，正n边形一定存在外接圆，可得∠AEC的度数是弧AC的度数的一半，利用圆周角定理和外角的性质求解即可． 【详解】解：连接CE 正n边形一定存在外接圆，则 ∠AEC=的度数=×360°× ∠ECF=的度数=×360°× 又∠AEC+∠ECF=∠EGF ∴×360°×+×360°×=30° 解得n=18 故答案为：18． 【点睛】本题主要考查了正多边形外接圆的利用，涉及的知识点有圆周角定理，外角的性质，作辅助线，借助外接圆是解决本题的关键． 41．105 【分析】连接，，根据正六边形的性质可得，是等边三角形，再证明四边形是菱形，以及是等腰三角形，分别求出，从而可得出结论． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴ ∵四边形是正方形， ∴ 连接，，如图，    则是等边三角形， ∴ ∴ ∴四边形是菱形，， ∴ ∴， 故答案为：105． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 42．/ 【分析】作，，连接、、，利用全等三角形的性质得到三点共线，，再根据正六边形的性质，求解即可． 【详解】解：作，，连接、、，如下图：    则， 在正六边形中，， 由题意可得，与，相切，则在上， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴三点共线，， 在中，，， ∴，， ∴， ∵为正六边形外接圆的直径，其圆心与正六边形相邻两点构成等边三角形， ∴正六边形的边长等于外接圆的半径，即为， 故答案为： 【点睛】本题考查了切线的性质，圆与正多边形，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，根据题意，构造出直角三角形． 43．84 【分析】本题考查正多边形和圆，三角形内角和定理以及圆周角定理，掌握正三角形、正五边形的性质以及圆周角定理是正确解答的前提． 根据正多边形的中心角的计算方法分别求出，，，进而求出的度数，由圆周角定理和三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：如图，连接、、、，   五边形是的内接正五边形， ， ， 是的内接正三角形， ， 根据对称性可知，， ， ， 故答案为：84． 44．D 【分析】本题考查旋转的性质，正多边形和圆，理解旋转的性质是正确解答的关键．根据旋转的定义逐项进行判断即可． 【详解】解：将，即将①绕着点逆时针旋转到与重合时，就与重合； 将，即将②绕着点顺时针旋转到与重合时，就与重合； 将，即将③绕着的中点，逆时针旋转与重合； 将，即将④绕着点顺时针旋转到与重合时，就与重合； 将，即将⑤绕着点逆时针旋转到与重合时，就与重合； 即图中①，②，③，④，⑤可以通过1次旋转与重合， 故选：D． 45．60 【分析】本题考查了正多边形与圆，准确掌握正多边形及圆的相关性质是解题关键． 连接、、，根据切线的性质求出，再求出，再在圆内接四边形中，求出，再根据内角和定理解答即可． 【详解】解：连接、、，如图，    ∵与边分别相切于点， ∴， ∴， ∵正六边形的内角和为，每个内角为， ∴， ∵五边形的内角和为， ∴， ∴， 在圆内接四边形中， ， ， ， 故答案为：60． 46． 【分析】此题考查了正八边形与圆，正多边形的性质应用是解题的关键．设正八边形中心为点O，连接，求出中心角，设，得到，即可得到答案． 【详解】解：设正八边形中心为点O，连接，如图， ∵多边形为正八边形， ∴中心角， 设， ∴ ∴， 故答案为： 47． 【分析】本题考查正多边形与圆，连接，作，求出的面积，乘以8即可得出正八边形的面积． 【详解】解：连接，作， ∵正八边形的半径为4， ∴， ∴， ∴， ∴正八边形的面积为：； 故答案为：． 48．130 【分析】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，，根据求出的度数，进而求出，再根据圆内接四边形的对角互补，即可求解． 【详解】解：如图，连接，， ， 的度数的度数， 的度数， ， 四边形是圆的内接四边形， ， ， 故答案为：130． 49．B 【分析】根据已知条件求得的半径为，进而求得，当与相切时，取得最大值，根据含度角的直角三角形的性质求得，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴的长为， ∴的半径为， 连接，则是等边三角形，， ∴ 当与相切时，取得最大值， 设与相切于点，则 ∵在菱形纸片中，， ∴， ∴ ∴的最大值是， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，圆锥侧面积公式，切线的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键． 50．/ 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、圆周角定理等知识，构造相似三角形，利用定弦定角模型求解是解答的关键．延长到E，使，证明得到，，进而推导出，，又，作的外接圆，设圆心为O，当是等腰三角形时，边上的高最大，则最大，此时点B在点处，，连接交于F，解直角三角形求得最大面积，进而可求解． 【详解】解：延长到E，使， ∵， ∴，又， ∴， ∴，， 设， ∵， ∴，又， ∴； ∵， ∴，又， ∴作的外接圆，设圆心为O，当是等腰三角形时，边上的高最大，则最大，此时点B在点处，， 连接交于F，则，， ∴， 则； ∴面积的最大值为， 故答案为：． 51．/ 【分析】方法1：以AB为直角边在AB的上方作等腰直角△EAB，且EA=AB，连接 DE，则易得△BED∽△BAC，则可得点D的运动轨迹是以BE为弦且圆周角为60°的弧，当AD垂直平分线段BE时，AD最长，则易于求得AD的最大值； 方法2：过点D作DE⊥AC的延长线于点E，得出∠DCE=30°，令CD=CB=x，AC=y，则DE=x，CE=x，则AE=y+x，由勾股定理，得AD2=AE2+ED2，进而求最值． 【详解】方法1：以AB为直角边在AB的上方作等腰直角△EAB，且EA=AB，连接 DE，如图， 则∠ABE=45°，由勾股定理得． ∵，， ∴∠CBD=45°=∠ABE，， ∴∠CBD+∠EBC=∠EBC+∠ABE， 即∠EBD=∠ABC． ∵， ∴△BED∽△BAC， ∴∠EDB=∠ACB=60°．　 ∵， ∴点D的运动轨迹是以BE为弦且圆周角为60°的弧，当AD垂直平分线段BE时，AD最长，设此时AD与BE交于点O； 当AD最长时，△BDE是等边三角形，边长为， 则， ∵AD⊥BE，∠ABE=45°， ∴∠ABE=∠OAB=45°， ∴OA=OB． 由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 方法2：如图，作DE⊥AC的延长线于点E， ∵∠ACB＝60°，DC⊥BC， ∴∠DCE=30°， 设CD=CB=x，AC=y，则DE=x，，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴，且当时，等号成立， ∴ ， 当时，AD有最大值， 且， ∵， ∴△ABC为等边三角形， ∴当时，， 又， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，30°的直角三角形的性质，不等式的性质，垂径定理，圆周角定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 52．/ 【分析】延长到D，使，连接，作的外接圆，当的长度最大时，周长最大，而为的直径时，最大．设的半径为r，连接，，过点O作于点E，根据垂径定理得出的长，再用正弦函数得出的长度，则的最大值可得，从而周长的最大值可得． 【详解】解：延长到D，使，连接，作的外接圆，    ∵， ∴的周长为：． ∵， ∴当的长度最大时，周长最大， ∴当点A与点O重合时，为的直径，最大． 设的半径为r，连接，过点O作于点E， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴的最大值为． ∴周长的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形外接圆的性质，垂径定理的应用，以及利用特殊角三角函数解求线段长． 53．C 【分析】本题考查勾股定理，正确记忆相关知识点是解题关键． 根据题意可知：从圆周上的点A处出发，沿直线行走到点处，然后直角拐弯，沿直线行走到圆周上的点处，则是直径，如图，根据题意确定运动轨迹为，进而求解即可． 【详解】解：根据题意图形如下： 设， ∵， ∴此时当最大时，才能取得最大值， ∵， ∴为直径时，，， ， ， ， 即， ， 即：， ， 为正数， ， 故选：C． 54． 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求，，，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，   将绕点旋转至， ，， ， ， 点，点，点，点四点共圆， ， ，， ，，， ， 故答案为：． 55． 【分析】本题考查了垂径定理，垂线段最短，弄清与垂直的弦最短是关键． 与垂直的弦最短，利用垂径定理与勾股定理求解即可． 【详解】解：过点任作一条弦，作垂直于，垂足为，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，即， ， ， 弦最短， 故答案为：． 56． 【分析】先根据圆周角定理推得、，证明后，利用相似三角形性质和含直角三角形的特征即可求解． 【详解】解：连接， 内接于，且， 是的直径， ， 又， ， ， 又， ， ， ， 中，，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是圆周角定理、相似三角形的判定与性质、含直角三角形的特征，解题关键是利用熟练掌握相似三角形的判定与性质． 57． 【分析】以为弦构造圆O，根据圆周角定理得到，过O作的垂线并反向延长，分别与交于D，与圆O交于点A，可得点A到的距离最大，推出此时的面积最大；再根据为直角三角形时，利用勾股定理求出，再求出的面积，即为最小值，结合锐角三角形的特征得到结果． 【详解】解：如图，以为弦构造圆O，其中，点A为优弧上一点， ∴， 过O作的垂线并反向延长，分别与交于D，与圆O交于点A， 此时点A到的距离最大，则的面积最大， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形，， 则，， ∴， ∴； 当为直角三角形时，为圆O的直径， ∵，， ∴， ∴， ∴；    ∴锐角面积S的取值范围为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了辅助圆的问题，圆周角定理，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，隐圆，三角形的面积，构造法． 58． 【分析】本题主要考查弧长的计算，由旋转可得，，在中，根据边的数量关系可得，再由得，最后根据弧长公式即可得出答案． 【详解】解：由旋转可得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点D运动的路径长是． 故答案为：． 59．B 【分析】作正方形ABCD的外接圆，根据圆周角的定理，当在上动时，由圆心角与圆周角的关系可知，，当在的中点处时，作的外接圆，根据圆内角大于圆外角，会发现到的中点处时最大，过点作的垂线交于，利用勾股定理求解出边长，算出最大的正切值，确定范围后即可得出答案． 【详解】解：作正方形ABCD的外接圆，根据圆周角的定理， 当在外接圆上动时，，， 当在上动时，由圆心角与圆周角的关系可知，， 当在的中点处时，作的外接圆， 根据圆内角大于圆外角，会发现到的中点处时最大， 过点作的垂线交于， 不妨设正方形的边长为2， 则， ， 同理， 设， 则， ， 解得：， ， ， ， 当在上动时，， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，正切函数、勾股定理、外接圆、圆心角，解题的关键是得出到的中点处时最大． 60． 【分析】本题考查了圆的内接正多边形，分别求出、，再根据作差法即可求解，掌握圆的内接正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过作于，连接，过作于， 在图中，，，，， ∴，， ∴， ∴ ， 在图中，，， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 61． 【分析】本题主要考查了切线的性质、三角形外角的性质、菱形的性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键． 连接，根据切线的性质得出，再根据菱形的性质得出，再根据外角的性质，求出，根据含度角的直角三角形的性质，得出，根据勾股定理计算，再得出菱形的周长即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 62．A 【分析】设圆锥的底面的半径为r cm，AD=acm，则DE=2r cm，AE=AB=（a-2r）cm，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，解方程求出r，然后计算即可． 【详解】解：设圆锥的底面的半径为r cm，则DE=2r cm，AE=AB=（a-2r）cm， 根据题意得 ，整理，得a=6r， 则，即 故答案为：A． 【点睛】本题考查了圆锥的计算：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． 63．D 【分析】如图所示，连接，连接交于M，先证明，则，由圆周角定理得到，进而证明是等腰直角三角形，推出，进一步证明是等腰直角三角形，则，设，则，，，证明，即可得到． 【详解】解：如图所示，连接，连接交于M， ∵， ∴， ∴，， ∵是直径， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ 设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选D．    【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和等腰直角三角形是解题的关键． 64．A 【分析】设点P的运动速度为1，则点Q的运动速度为，运用特殊值，几何排除法求解即可． 【详解】解：设点P的运动速度为1，则点Q的运动速度为， 如图，当时，则，的长为， 连接，作于点E，作，交的延长线于点E，则四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴，故C，D不符合题意； 如图，当时，则，的长为， ∴的长为， 连接，作于点E，作，交的延长线于点E，则四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴，故B不符合题意，A符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，弧长公式，解直角三角形，特殊值法的运用是解答本题的关键． 65．B 【分析】连接，过点P作轴于点，轴于点，求出A、B的坐标，当点B第一次落在x轴上时，点P移动的距离为的长，进而得到此时点P的坐标，根据旋转过程中的长度不变，确定A的位置，再进行求解即可． 【详解】解：连接，过点P作轴于点，轴于点，    ∵， ∴， ∵与x轴相切， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点B的横坐标为9，， ∴P、B在平行于x轴的直线上，即：， ∴， ∴的长为， 当点B第一次落在x轴上时，点P移动的距离为的长， ∴此时P点的坐标为：， ∵沿着x轴向右作无滑动的滚动，的长度保持不变， ∴点A位置转动到如图所示的位置：    ∵， ∴， ∴，即：， 故选B． 【点睛】本题考查坐标与图形，切线的性质，求弧长，勾股定理．解题的关键是确定点B第一次落在x轴上时，点P和点A的位置． 66．A 【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键；因此此题可直接根据图形进行求解即可． 【详解】解：由图可知：这个圆与这条直线的位置关系是相交； 故选：A． 67． 【分析】当⊙A与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）．设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点的坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论． 【详解】如下图所示，连接，过点作， 此时点坐标可表示为， ∴，． 在Rt△OBC中，， 又∵的半径为5， ∴． ∵， ∴， 则， ∴， ∴． ∵左右两侧都有相切的可能， ∴A点的坐标为． 【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键． 68． 【详解】设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，先根据垂径定理可得EA＝EB＝4，FC＝FD，进而可求出OE＝2，再设P（2，m），即可利用勾股定理表示出PC2，PA2，最后利用PA＝PA列方程即可求出m值，进而可得点D坐标． 【解答】解：设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，则EA＝EB＝＝4，FC＝FD， ∴OE＝EB﹣OB＝4﹣2＝2， ∴E（2，0）， 设P（2，m），则F（0，m）， 连接PC、PA， 在Rt△CPF中，PC2＝（3﹣m）2+22， 在Rt△APE中，PA2＝m2+42， ∵PA＝PC， ∴（3﹣m）2+22＝m2+42， ∴m＝（舍正）， ∴F（0，）， ∴CF＝DF＝＝， ∴OD＝OF+DF＝＝4， ∴D（0，﹣4）， 故答案为：（0，﹣4）． 【点睛】本题考查垂径定理，涉及到平面直角坐标系，勾股定理等，解题关键是利用半径相等列方程． 69． 【分析】作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE，利用∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，判断出点P所在区域，利用扇形COD的面积减去△OCE的面积即可求解． 【详解】解：如图，作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE， ∵AB=2，AC=1，BC=， ∴AC2+BC2=AB2， ∴∠ACB=90°， ∵sin∠A=， ∴∠A=60°，∠ABC=30°， ∵∠PBC≤∠PBA， ∴点P在BD左侧， ∵∠PBC≤∠PCB， ∴点P在DE下侧， ∵， ∴CE=， ∵∠DBE=∠ABC=15°， ∴∠BDE=90°∠DBE=75°， ∴∠BDC=2∠BDE=150°， 当点P在圆弧CD上时，∠BPC=∠BDC=150°， ∴∠PBC+∠PCB=30°， ∵∠PBC+∠PBA=30°， ∴∠PCB=∠PBA， ∵∠PCB≤∠PBA， ∴点P在圆弧内侧， ∵OB=OC=OD， ∴∠OBD=∠ODB=75°， ∴∠OBE=60°， ∴△OBC为等边三角形， ∴OB=OC=BC=，∠OCD=30°， 在Rt△OCE中，由勾股定理可得： OE=， ∴S扇形OCD=，S△OCD=， ∴点P组成的区域的面积为， 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理逆定理，扇形面积，直角三角形性质，线段垂直平分线性质等知识点；能够结合条件判断点P所在区域是解题的关键． 70．A 【分析】本题主要考查了切线的性质，求三角形的面积，当圆心在边上，与另外两边相切时，半圆最大，再依次分析面积的值，可得答案． 【详解】当圆心在三角形的边上，圆与另外两边相切时，半圆最大． 圆心在上时，连接，， ∴，且，． 设半径是， 则； 同理设半径为，， 则， ， ∴， ∴， ∴面积最大的半圆的圆心在边上． 故选：A． 71． 【分析】如图，过作，交的延长线于，证明，，在的外接圆上运动，且满足，连接，，可得，证明为等边三角形，可得，直接，过作于，可得，，，当过点，且在的右边时，最长，当在的左边时，最短，可得最长时为，最短时为：． 【详解】解：如图，过作，交的延长线于，    ∴，即， ∵，，为中点， ∴，，，，， ∴四边形为平行四边形，， ∴，， ∴在的外接圆上运动，且满足， 连接，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，直接， 过作于， ∴，， ∴， 当过点，且在的右边时，最长，当在的左边时，最短， ∴最长时为，最短时为：； ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，圆的确定，圆周角定理的应用，求解一点与圆上距离的最值，作出正确的辅助线是解本题的关键． 72． 【分析】连接，以为边构造等边三角形，连接，证明，得到，根据，求出的取值范围，进而求出的取值范围． 【详解】解：连接，以为边构造等边三角形，连接， ∴，， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，最小为0， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线构造等边三角形以及手拉手全等模型． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$