第3章圆的基本性质全章复习与检测卷（6个专题3种思想）

第3章圆的基本性质全章复习攻略与检测卷【目录】倍速学习三种方法【6个专题】1.垂径定理与勾股定理综合应用2.旋转的性质的应用3.圆心角与圆周角的综合应用4.圆周角定理的综合应用5.正多边形的计算6.弧长与扇形面积的计算【3种思想】1.分类讨论思想2.数形结合思想3.方程思想【检测卷】【倍速学习三种方法】【6个专题】1.垂径定理与勾股定理综合应用1．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，是的直径，是的弦，且，垂足为，连接．若，，则的长为（）A．10 B．5 C． D．【答案】C【分析】连接，由是的直径，是的弦，且，可得的长，再根据勾股定理可得的长，从而得出的长，最后再由勾股定理进行计算即可得到答案．【详解】解：连接，

，是的直径，是的弦，且，，，，，在中，，，在中，，故选：C．【点睛】本题主要考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．2．（2023·浙江衢州·统考二模）一次综合实践的主题为：只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小聪同学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于，，，四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆心为O，根据垂径定理可以得到，，再根据勾股定理构建方程解题即可．【详解】设圆心为O，为纸条宽，连接，，则，，∴，，设，则，又∵，∴，即，解得：，∴半径，即直径为，故选B．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，构建直角三角形利用勾股定理计算是解题的关键．2.旋转的性质的应用3．（2022秋•浦江县月考）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＝；（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．【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＝．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．3.圆心角与圆周角的综合应用4．（2023•余杭区模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D是弧AC的中点，若∠DAC＝25°．则∠BAC等于（）A．40° B．42° C．44° D．46°【分析】利用圆周角定理和弧与圆心角的关系求解即可．【解答】解：连接OC，OD，∵点D是弧AC的中点，∴弧AD＝弧CD，又∠DAC＝25°，∴∠AOD＝∠COD＝2∠DAC＝50°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOD﹣∠COD＝80°，∴，故选：A．【点评】本题考查圆周角定理、弧与圆心角的关系，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．4.圆周角定理的综合应用5．（2022·浙江温州·统考模拟预测）如图，内接于，，，是上与点关于圆心成中心对称的点，是边上一点，连接，，．已知，，是线段上一动点，连接并延长交四边形的一边于点，且满足，则的值为．【答案】1或【分析】先根据圆周角定理和对称性质证明四边形是正方形，得到，，根据题意，分点R在线段上和点R在线段上两种情况，利用全等三角形的判定与性质分别求解即可．【详解】解：∵内接于，，∴是的直径，∵是上与点关于圆心成中心对称的点，∴，，又，∴，∴四边形是菱形，又，∴四边形是正方形，∴，．当点R在线段上时，如图，在和中，，∴，∴，∵，∴，，在和中，，∴，∴，∴；当点R在线段上时，如图，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，综上，满足条件的的值为1或．【点睛】本题考查圆周角定理、对称性质、菱形的判定、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质，证得四边形是正方形，利用分类讨论思想结合全等三角形的性质和等面积法求解是解答的关键6．（2023·浙江·一模）如图，在中，，以为直径的圆分别交，于点，连接交于点．若．(1)求证：．(2)求的长．【答案】(1)见解析【分析】（1）首先根据圆直径的性质得到，然后利用等腰三角形三线合一性质求解即可；（2）首先利用勾股定理求出，然后利用等面积法得到，最后利用勾股定理即可求出的长．【详解】（1）∵是圆的直径，∴，∵，∴是等腰三角形，∴；（2）∵是圆的直径，∴，∵，，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∴，∴，∴解得，∴．【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．5.正多边形的计算7．（2022秋•南浔区期末）已知正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD的度数是．【分析】根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD＝CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．【解答】解：∵五边形ABCDE为正五边形，∴∠ABC＝∠C＝＝108°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝＝36°，∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，故答案为：72°．【点评】本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n﹣2）×180°是解题的关键．8．（2022秋•江北区期末）刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他首次提出“割圆术”，利用圆内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆周率，方法如图：作正六边形ABCDEF内接于⊙O，取的中点G，OG与AB交于点H；连结AG、BG；依次对剩余五段弧取中点可得一个圆内接正十二边形，记正十二边形的面积为S1，正六边形的面积为S2，则＝．【分析】设⊙O的半径为R，根据正多边形的性质、正弦的定义、三角形的面积公式分别表示出S1、S2，计算即可．【解答】解：设⊙O的半径为R，∵点G是的中点，∴OG⊥AB，∠BOG＝∠AOB，∵六边形ABCDEF为正六边形，∴△AOB为等边三角形，∴∠OAB＝60°，∴S2＝R•R•sin60°×6＝R2，S1＝R•R•sin30°×12＝3R2，∴＝＝，故答案为：．【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的性质、锐角三角函数的定义是解题的关键．6.弧长与扇形面积的计算9.（2022秋•宁波期末）如图，在△ABC中，以边AB为直径作⊙O分别交BC，AC于点D，E，点D是BC中点，连接OE，OD．（1）求证：△ABC是等腰三角形．（2）若AB＝6，∠A＝40°，求的长和扇形EOD的面积．【分析】（1）连接AD，由AB为⊙O直径，得到∠ADB＝90°，继而得出AD是线段BC的中垂线，即可求解；（2）由等边对等角及三角形外角的性质求出∠AOE，∠EOD的度数，再根据弧长公式和扇形面积公式求解即可．【解答】解：（1）连接AD，∵AB为⊙O直径，∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，又∵D是BC中点，∴AD是线段BC的中垂线，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；（2）∵∠A＝40°，OA＝OE，∴∠A＝∠AEO＝40°，∴∠AOE＝100°，∵AB＝6，∴OA＝OE＝3，∴，∵AB＝AC，OB＝OD，∴∠ABC＝70°＝∠ODB，∴∠AOD＝140°，∴∠EOD＝40°，∴．【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质和判定，三角形外角的性质，弧长公式和扇形面积公式，垂直平分线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．10．（2022秋•上城区期末）已知AB是圆O的直径，半径OD⊥BC于点E，的度数为60°．（1）求证：OE＝DE；（2）若OE＝1，求图中阴影部分的面积．【分析】（1）连接BD，证明△OBD是等边三角形，可得结论；（2）根据S阴＝S扇形AOC+S△COE，求解即可．【解答】（1）证明：连接BD，∵的度数是60°，∴∠BOD＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD是等边三角形，∵OD⊥BC，∴OE＝DE；（2）解：连接OC．∵OD⊥BC，OC＝OB，∴∠COE＝∠BOE＝60°，∴∠OCE＝30°，∴OC＝2OE＝2，∴CE＝＝＝，∴S阴＝S扇形AOC+S△COE＝+××1＝+．【点评】本题考查了扇形面积、三角形的面积的计算，正确证明△BOD是等边三角形是关键．【3种思想】分类讨论思想11．（2022·浙江·九年级专题练习）在圆柱形油槽内装有一些油，截面如图所示，已知截面⊙O半径为5cm，油面宽AB为6cm，如果再注入一些油后，油面宽变为8cm，则油面AB上升了（）cmA．1 B．3 C．3或4 D．1或7【答案】D【分析】分两种情况求解：①如图1，宽度为8cm的油面，作与的交点为，可知，，，在中，由勾股定理得，解得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，计算即可；②如图2，宽度为8cm的油面，作与的交点为，连接，由题意知，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，计算即可．【详解】解：分两种情况求解：①如图1，宽度为8cm的油面，作与的交点为由题意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴②如图2，宽度为8cm的油面，作与的交点为，连接由题意知，，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理得∴∴油面AB上升到CD，上升了1cm，油面AB上升到EF，上升了7cm；故选D．【点睛】本题考查了圆的垂径定理，勾股定理．解题的关键在于对两种情况全面考虑．12．（2023·浙江金华·统考一模）如图，已知和为等腰直角三角形，，，，连接、．在绕点A旋转的过程中，当所在的直线垂直于时，_______．【答案】或【分析】①当点在点上方时，先判断出四边形是矩形，求出，再根据勾股定理求出，，得出；②当点在点下方时，同①的方法得，，，进而得出，即可得出结论．【详解】∵为等腰直角三角形，，，①当点在点上方时，如图③，过点作交的延长线于，当时，可证，，，，四边形是矩形，，矩形是正方形，，在中，根据勾股定理得，，．②当点在点下方时，如图④同①的方法得，，，，综上所述，的长为或．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理，正方形和矩形的性质与判定，解题的关键是能够根据题意进行分情况讨论．2.数形结合思想13．（2022秋·浙江杭州·九年级校考阶段练习）如图，在两个同心圆中，大圆的弦与小圆相交于C，D两点．(1)求证：．(2)若，大圆的半径，求小圆的半径r．【答案】(1)证明见解析(2)小圆的半径r为【分析】（1）过O作于点E，由垂径定理可知E为和的中点，则可证得结论；（2）连接，由条件可求得的长，则可求得和的长，在中，利用勾股定理可求得的长，在中可求得的长；【详解】（1）证明：过O作于点E，如图1，由垂径定理可得∴∴（2）解：连接，如图2，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得∴，即小圆的半径r为．【点睛】本题考查了垂径定理与勾股定理的知识．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．3.方程思想14．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，的半径弦于点C，连接并延长交于点E，连接．若，则的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】垂径定理得到，三角形中位线定理得到，在中，设，则，，则，解得，则，，即可得到的长．【详解】解：∵的半径弦于点C，连接并延长交于点E，∴垂直平分，是的直径，∴，∴是的中位线，∴，在中，设，则，∵，∴，解得：，即，，∴，故选：B．【点睛】此题考查了垂径定理、勾股定理、三角形中位线定理等知识，根据勾股定理得到是解题的关键．15．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，已知，，以点C为圆心、长为半径的圆交于点D，，则的长为（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】如图，作于E．连接，在中，设，利用30度性质即可求出，，，再根据垂径定理可以求出．【详解】解：如图，作于E．连接，则，∴，，∵，，∴，在中，设，∴，，，∴，∴，∴，∴．故选A．【点睛】本题考查垂径定理、三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据垂径定理添加辅助线，记住直角三角形30度角性质，属于基础题，中考常考题型．17．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图是一个圆柱形输水管横截面的示意图，阴影部分为有水部分，如果水面AB的宽为，水面最深的地方高度为，则该输水管的半径为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作半径于C，连接，设圆的半径是，则，，，由勾股定理列出方程求解即可．【详解】作半径于C，连接，设圆的半径是，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴该输水管的半径为，故选：A．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用勾股定理，垂径定理列出关于半径的方程．【检测卷】一、单选题1．（2023秋·浙江·九年级校考开学考试）在半径为3的圆中，90°的圆心角所对的弧长是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据弧长的公式进行解答．【详解】解：根据弧长的公式，得到：．故选：C．【点睛】本题考查弧长的计算，熟记弧长公式是解题关键，属于基础题．2．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）已知的半径为4cm，点P在上，则的长为（

）A．2cm B．4cm C．5cm D．8cm【答案】B【分析】根据点在圆上，点到圆心的距离等于圆的半径求解即可．【详解】解：∵的半径为4cm，点P在上，∴．故选：B．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：点P在圆外时，；点P在圆上时，；点P在圆内时，．3．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，点A，B，C在上，，则的度数是（

）A．50° B．60° C．80° D．90°【答案】A【分析】先求解，再结合等腰三角形的性质可得．【详解】解：∵，∴，∵，∴；故选A【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，熟记圆周角定理的含义是解本题的关键．4．（2022秋·浙江绍兴·九年级校考期中）如图，是的外接圆，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由是的外接圆，，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得的度数．【详解】解：∵是的外接圆，，∴．故选：A．【点睛】此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．5．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，,将绕点C按逆时针方向旋转得到，则点与点B之间的距离为（）A．4 B． C．3 D．【答案】B【分析】由旋转的性质，可证都是等边三角形，由勾股定理求出BC的长即可．【详解】解：如图，连接，∵将绕点C按逆时针方向旋转得到，∴，∵，∴是等边三角形，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，在中，，∴，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，是的直径，点C，D，E都在上，则等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据是的直径，得出，根据圆周角定理得出最后结果即可．【详解】解：∵是的直径，∴，由圆周角定理得：，故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直接所对的圆心角为，解题的关键是熟练掌握圆周角定理．7．（2023·浙江温州·校联考三模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得，使点恰好落在边上，连结，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【详解】解：由旋转的性质可知，，，∴，在中，，∴，解得：，故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．8．（2023春·浙江衢州·九年级校考阶段练习）六一儿童节快到了，小亮在图纸上画了一个边长为的正方形，以该正方形的四个顶点为圆心、长为半径作弧，则图中实线所示的饰品轮廓的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据图示，可得，，则的长为以半径为的圆的周长的一半，由此即可求解．【详解】解：如图所示，设正方形为，根据作图可知，，，∴，故选：．【点睛】本题主要考查圆的周长的计算，理解图示，掌握圆的周长的计算方法是解题的关键．9．（2023春·浙江嘉兴·九年级校考开学考试）如图，已知内接于，为直径，的平分线交于点D，连结，若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】：如图，连接，由题意知，，由平分，可得，由，可得，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，连接，由题意知，，∵平分，∴，∵，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，角平分线，圆周角定理，扇形的面积．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．10．（2023秋·浙江嘉兴·九年级校考开学考试）如下图所示，O为边长为1的等边三角形内（不含边界）任意一点，则的不可能取值为（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】将绕点A顺时针旋转得到，如图，连接交于点F，连接，根据旋转的性质可证是等边三角形，可得，从而可得，当、在一条直线上时，有最小值，最小值为的值，证明四边形是菱形，可得，，再利用勾股定理求得，，从而可得，即可求解．【详解】解：将绕点A顺时针旋转得到，如图，连接交于点F，连接，∴，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴当、在一条直线上时，有最小值，最小值为的值，此时，∵是等边三角形，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形，∴，∴，∵，在中，，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，线段和最小值，熟练掌握相关定理是解题的关键．二、填空题11．（2023·浙江温州·校联考三模）一个扇形的圆心角为，半径为2，则该扇形的面积为．【答案】【分析】根据扇形面积公式（其中n是扇形圆心角，r是半径）进行计算即可．【详解】解：扇形的面积＝．故答案为：．【点睛】此题考查了扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．12．（2022秋·浙江衢州·九年级校联考期中）如图，点，，在上，，则【答案】/度【分析】根据圆周角定理即可求解．【详解】解：∵，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．13．（2023春·浙江嘉兴·九年级校考开学考试）已知的圆心与坐标原点重合，半径为r，若点在内，点在外，则r的取值范围是．【答案】【分析】由题意知，，，由点在内，点在外，可得．【详解】解：由题意知，，，∵点在内，点在外，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．14．（2023春·浙江温州·九年级校联考阶段练习）扇形的圆心角为，半径为，它的弧长为．【答案】【分析】根据弧长公式求解．【详解】解：，故答案为：．【点睛】本题考查弧长的计算，解题的关键是掌握弧长公式．15．（2023春·浙江嘉兴·九年级校考开学考试）如图，在中，，，D为上一点，，以C为圆心，长为半径作圆，连结并延长交于另一点E，若，则的长为．【答案】【分析】结合圆的性质证明，设，过作，垂足为F，利用直角三角形的性质求出，，根据的长度以及勾股定理列出方程，解之即可．【详解】解：∵，点E在上，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，设，则，过作，垂足为F，∵，∴，，∴，∴，解得：，即，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，知识点较多，比较复杂，解题的关键是构造直角三角形，利用勾股定理计算线段长度．16．（2023秋·浙江·九年级专题练习）一个直角三角形的两条边长是方程的两个根，则此直角三角形的外接圆的直径为．【答案】6或【分析】先解方程求出方程的两个根，再根据较大的根为斜边和直角边，两种情况进行讨论求解即可．【详解】解：，，解得：，①当直角边分别为2，6时，斜边为：，∵直角三角形的外接圆的直径即为直角三角形斜边的长，∴此时直角三角形外接圆的直径为，②当斜边为6时，此时直角三角形外接圆直径为6．故答案为：6或．【点睛】本题考查解一元二次方程，勾股定理，直角三角形的外接圆．解题的关键是正确的求出一元二次方程的根，注意分类讨论．17．（2023春·浙江台州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，，分别以点、点、点、点为圆心，长为半径画弧分别与菱形的边相交，图中阴影部分的面积为．(结果保留【答案】/【分析】连接与交于点，根据菱形的性质得到，，，根据直角三角形的性质求出、，根据四边形的内角和是可知四个扇形可以拼成一个整圆，再根据圆的面积公式、菱形面积公式计算即可．【详解】解：连接与交于点，∵四边形是菱形，∴，∴，由勾股定理得，又∵，，∴阴影部分的面积为：故答案为：【点睛】本题考查的是圆的面积计算、菱形的性质，推导出四个扇形拼成一个整圆是解题的关键．18．（2023秋·浙江温州·九年级统考开学考试）如图，在中，，，把绕点逆时针旋转得到，连接，则的长为．【答案】/【分析】连接，延长交于点，由旋转可得：，，求出，由勾股定理求出，则可得出答案．【详解】解：连接，延长交于点，由旋转可得：，，是等边三角形，，，是的垂直平分线，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．三、解答题19．（2020秋·浙江·九年级统考期末）如图，点在上，．求证：．【答案】见解析【分析】根据圆心角、弧、弦的关系，由得到，进而可得，即可得证．【详解】证明：，，，即，．【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．20．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，A是上一点，是直径，点D在上且平分．(1)连接，求证：平分；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）利用圆周角定理即可证明结论；（2）利用圆周角定理得到，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵点D在上且平分，∴，∴，∴平分；（2）解：∵是直径，∴，∵点D在上且平分，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解题的关键．21．（2023秋·浙江·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，的位置如图，网格中小正方形边长为1，点A坐标为，请解答下列问题：(1)作出绕点O的逆时针旋转得到的；(2)计算的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据旋转的性质找到点A，B，C的对应点，即可；（2）用所在的长方形的面积减去其周围三个直角三角形的面积，即可．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：的面积为．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．22．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，已知的半径为，四边形内接于，连结，，．(1)求的长；(2)求证：平分的外角．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据圆周角定理，弧长计算公式即可求解；（2）根据，可得，根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，运用等量代换即可求证．【详解】（1）解：如图所示，连接，∵，的半径为，∴，根据弧长公式得，．（2）解：根据题意，，∴，在中，，∵，且，∴，∵在中，，∴，∴，∴平分的外角．【点睛】本题主要考查圆与四边形，等腰三角形的综合，掌握圆周角定理，等腰三角形的性质，等量代换的方法是解题的关键．23．（2023·浙江衢州·校考一模）如图，为圆O的直径，点C，D在圆O上，与交于点E，，，连接，．求证：(1)；(2)四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由已知条件根据全的三角形的判定即可证明；（2）首先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明．【详解】（1）证明：在和中，∵，∴；（2）∵为的直径，∴，∵，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、菱形的判定、圆的性质，掌握全等三角形的判定和特殊平行四边形的判定是解题的关键．24．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，为圆内接四边形的对角线，且点D为的中点；(1)如图1，若、直接写出与的数量关系；(2)如图2、若、平分，，求的长度．【答案】(1)(2)【分析】（1）如图：绕B逆时针旋转交于E,即，先说明是等边三角形可得；再说明是等边三角形可得，进而证明可得，最后根据即可证明结论；（2）如图：连接,交于E，先说明为直径,即，再运用圆周角定理和勾股定理可得，进而求得、，最后运用勾股定理即可解答【详解】（