阶段检测验收卷 圆（综合训练）（解析版）-【数学】2026年中考一轮复习讲练测

1/10阶段检测验收卷第六章圆（考试时间：120分钟试卷满分：120分）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1．（本题3分）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左视图均为边长是10cm的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（

）A．50cm2 B．50πcm2 C．100【答案】B【分析】这道题考查的是圆锥侧面积的计算，首先明确圆锥侧面积公式为S=πrl(r为底面半径，l为母线长)，由三视图可知，圆锥的母线长l=10cm，底面圆的直径等于等边三角形的边长，即底面半径r=10÷2=5【详解】解：则所需铁皮面积S=π×故选B2．（本题3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D为斜边AB上一点，以DB为直径的圆与AC相切于点E．若AD=5，AE=10，则BC的长是（

A．10 B．12 C．13 D．15【答案】B【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径．根据题意可得OE⊥AE，设半径为r，利用勾股定理求出半径，再根据sin∠A=【详解】解：设DB中点圆心为O，半径为r，连接OE，因为圆与AC相切于点E，所以OE⊥AE，则OA2=O解得r=7.5，AB=AD+DB=20，又sin∠A=所以BC=12．故选：B．3．（本题3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD=130°，则∠ECD的度数是（

）A．50° B．55° C．65° D．70°【答案】C【分析】此题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半求出∠BAD的度数，再根据圆内接四边形的性质及平角的定义即可求出答案．【详解】解：∵∠BOD=130°，∴∠BAD=1∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BCD+∠BAD=180°且∠BCD+∠ECD=180°，∴∠ECD=∠BAD=65°，故选：C．4．（本题3分）如图，在△ABC中，∠C=30°，AB=1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则BD的长为（

）A．π5 B．π4 C．π3【答案】C【分析】先根据切线的性质得出∠ABC=90°，再利用直角三角形两个锐角互余求得∠A，然后利用圆周角定理求得∠BOD，再利用弧长公式求解即可．【详解】解：连结OD，∵AB=1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，∴OD=1∵BC与半圆O相切于点B，∴∠ABC=90°，∵∠C=30°，∴∠A=90°−∠C=60°，∴∠BOD=2∠A=120°，∴BD的长为120π×1故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，弧长公式，直角三角形两个锐角互余，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．5．（本题3分）如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点A，B，量得AB的长是5cm，则剩余部分的面积是（

A．25πcm2 B．252πcm2 【答案】D【分析】本题考查的是切线的性质、圆的面积计算，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．根据切线的性质得到OC⊥AB，根据垂径定理求出AC，再根据勾股定理、圆的面积公式计算即可．【详解】解：如图，平移小圆，使小圆的圆心与点O重合，小圆与AB相切于C，连接OC,OA，∵小圆与AB相切于C，∴OC⊥AB，∴AC=1在Rt△AOC中，O则剩余部分的面积为：12故选：D．6．（本题3分）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为12，则这个正六边形的边心距OM和BC的长分别为（

）A．33，4π B．63，4π C．63，3【答案】B【分析】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，连接OB、OC，根据正六边形ABCDEF内接于⊙O，可得：∠BOC=16×360°=60°，又因为OB=OC，可知△OBC是等边三角形，利用等腰三角形的三线合一定理可得：BM=CM=12【详解】解：如下图所示，连接OB、OC，则OB=OC=12，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BOC=1∴△OBC是等边三角形，∵OM⊥BC，∴BM=CM=1在Rt△OBM中，OM=lBC故选：B．7．（本题3分）如图是一个儿童奇妙屋的主视图，奇妙屋的一个入口是圆的一部分，点O为圆心，该入口的最高点A与圆心的连线的延长线恰好过弦BC的中点M，连接OC．若BC=0.6m，∠MOC=30°，小花身高1.1m，小亮身高1.15mA．小亮和小花都不需要 B．小亮需要，小花不需要C．小亮和小花都需要 D．小亮不需要，小花需要【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识，根据垂径定理的推论可得CM=12BC=0.3m，AM⊥BC，根据含30°角的直角三角形的性质求出OC=2CM=0.6m，根据勾股定理求出OM=【详解】解：∵该入口的最高点A与圆心的连线的延长线恰好过弦BC的中点M，∴CM=12BC=在Rt△OMC中，∠OMC=90°，∠MOC=30°∴OC=2CM=2×0.3=0.6m∴OM=O∵OA=OC=0.6m∴AM=OA+OM=0.6+0.52=1.12m∵1.1<1.12<1.15，∴小花不需要弯腰进入奇妙屋，小亮需要弯腰进入奇妙屋．故选：B．8．（本题3分）PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点．点C在⊙O上，不与点A，B重合．若A．50° B．100° C．130° D．50°或130°【答案】D【分析】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，先画图，连接OA，OB，求解∠AOB=360°−2×90°−80°=100°，再根据C的位置结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案.【详解】解：如图，连接OA，OB，∵PA，PB分别与⊙O相切于∴∠PAO=90°=∠PBO，∵∠P=80°，∴∠AOB=360°−2×90°−80°=100°，∴∠C=12∠AOB=50°故选：D9．（本题3分）如图，⊙O的直径AB=4，C为AB中点，点D在弧BC上，BD=13BC，点P是AB上的一个动点，则A．2+7 B．2+23 C．3+7【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点C关于AB的对称点C'，连接CC',OD,C'D,C'P，交AB于点P'，因为⊙O的直径AB=4，C为AB中点，得CC'【详解】解：作点C关于AB的对称点C'，连接CC',OD,C'D,∴CP=∵⊙O的直径AB=4，C为AB中点，∴点O在C'C上，OC=OD=1∴CC∵BD=∴∠COD=1−∵CO=OD，则△COD是等边三角形，∴CD=OC=2，∵CC∴∠CD∴DC则△PCD周长=CD+PD+CP=2+PD+C∴△PCD周长的最小值是2+23故选：B．10．（本题3分）如图，⊙O的直径AB为4，AC=BC，点D为AC的中点，点P沿路线A→B→C运动，连接CP，DP．用x表示点P的运动路程，y表示△CPD的面积下列图像适合表示y与x的对应关系的是（

）B．C．D．【答案】A【分析】分点P在AB上运动和点P在BC上运动两种情况，分别用含x的式子表示出△CPD的面积，即可求解．【详解】解：当点P在AB上运动时，作PE⊥AC于点E，如图：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵AC=BC，∴△ACB是等腰直角三角形，∴∠A=∠B=45°，∴AC=BC=ABsin∵点D为AC的中点，∴CD=1∵∠A=45°，PE⊥AC，∴△AEP是等腰直角三角形，∴PE=APsin∴S△CPD即当0<x<4时，y=1当点P在BC上运动时，如图：∵CP=AB+BC−x=4+22∴S△CPD即当4<x<4+22y=−2故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，用勾股定理解三角形，半圆（直径）所对的圆周角是直角，解直角三角形的相关计算等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解．二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）11．（本题3分）如图所示，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA=15，则△PCD的周长为．【答案】30【分析】此题主要考查了切线长定理的应用．能够将△PCD的周长转换为切线PA、PB的长是解答此题的关键．由于CA、CE，DE、DB都是⊙O的切线，可由切线长定理将△PCD的周长转换为PA、PB的长．【详解】解：∵PA、PB切⊙O于A、B，∴PA=PB=15，同理，可得：EC=CA，DE=DB，∴△PDC的周长=PC+CE+DE+DP=PC+AC+PD+DB=PA+PB=2PA=30．即△PCD的周长是：30．故答案为：30．12．（本题3分）如图，AB是⊙O的弦，将劣弧AB沿弦AB折叠后，圆弧恰好经过圆心O，若AB=23，则⊙O的半径为【答案】2【分析】本题考查垂径定理，翻折变换，关键是由翻折变换的性质推出△AOC是等边三角形．由翻折变换的性质推出△AOC是等边三角形，得到∠AOC=60°，由垂径定理得到AH的长，由锐角的正弦即可求出OA的长．【详解】解：设O的对应点是C，连接OC,OA，AC，由题意知AB垂直平分OC，∴OA=AC，∵AO=CO，∴△OAC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∵OC⊥AB，∴AH=1∵sin∠AOH=∴OA=2，∴⊙O的半径是2．故答案为：2．13．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，⊙P与x轴交于点A−2,0,B1,0，与y轴的正半轴交于点C．若∠ACB=45°，则点C【答案】0,【分析】本题主要考查圆的相关性质，勾股定理的应用，确定∠APB==90°是解题的关键．连接PA,PB,PC，过P作PM⊥y轴，PN⊥x轴，根据圆心角等于圆周角的2倍，得到∠APB==90°，利用勾股定理求出圆的半径，易得四边形PMON为矩形，N为AB中点，解直角三角形求出PN,CM即可求解．【详解】如图，连接PA,PB,PC，过P作PM⊥y轴，PN⊥x轴，∵∠ACB=45°，∴∠APB=2∠ACB=90°（圆心角等于圆周角的2倍），设⊙P半径为r，则r2+r∵PM⊥y轴，PN⊥x轴，所以四边形PMON为矩形，且N为AB中点，∴N−12PN=OM=PCM=P∴OC=OM+CM=3∴C0,故答案为：0,3+14．（本题3分）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图1，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为332，如图2，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，OA=1，若用圆内接正十二边形作近似估计，则π的估计值为【答案】3【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．过A作AM⊥OB于M，求得∠AOB=360°÷12=30°，根据直角三角形的性质得到AM=12OA=12【详解】解：如图2，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AM⊥OB于M，在正十二边形中，∠AOB=360°÷12=30°，∴AM=1∴S△AOB∴正十二边形的面积为12×1∴3=1∴π=3∴π的近似值为3，故答案为：3．15．（本题3分）如图，M是等边三角形ABC的边BC的中点，P为平面内一点，连接AP，将线段AP以点A为中心逆时针旋转60°，得到线段AQ，连接MQ．若AB=6，点M、P之间的距离为1，则MQ的最小值为，最大值为．【答案】33−1/−1+33【分析】连接AM,将AM绕点A逆时针旋转60°得到AE,连接PM,ME,QE,由等边三角形的性质和勾股定理求出AM=33,证明△AME是等边三角形，得到ME=AM=33,再证明△PAM≌△QAE,得到QE=PM=1,得出点Q在以点【详解】解：如图所示，连接AM,将AM绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接PM、ME、QE，∵点M是等边三角形ABC边BC的中点，∴BM=1∴AM=A由旋转的性质可得AM=AE,AP=AQ,∠PAQ=∠MAE=60°,∴△AME是等边三角形，∴ME=AM=33∵∠PAQ−∠MAQ=∠MAE−∠MAQ,∴∠PAM=∠QAE,∴△PAM≌△QAESAS∴QE=PM=1,∴点Q在以点E为圆心、1为半径的圆上运动，如图，∴当点Q在线段ME上时，MQ的值最小，最小值为33−1，当点Q在射线ME上时，MQ有最大值，最大值为3故答案为：33−1，【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，点圆位置关系等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．三、解答题（本大题共8小题，满分75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16．（本题7分）“连弧纹镜”为战国至两汉时期备受推崇的铜镜设计，通常由六到十二个连续的等弧连成一圈，构成了别具一格的装饰图案．图1为徐州博物馆藏“八连弧纹镜”，纹饰中有八个连续的弧连成一圈．图2为另一件连弧纹镜（残件）的示意图．(1)若将图2中的连弧纹镜补全，则该铜镜应为“_______连弧纹镜”；(2)请用无刻度的直尺与圆规，补全图2中所有残缺的弧，使其“破镜重圆”．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)七(2)见解析【分析】此题考查确定圆的条件、垂径定理等知识．（1）连接一段等弧两端点构造弦，在圆上依次截取相同长度的弦，即可得到答案；（2）先确定两个同心圆的圆心，补全两个同心圆，再依次找到等弧的圆心，即可补全等弧．【详解】（1）解：如图，若将图2中的连弧纹镜补全，则该铜镜应为“七连弧纹镜”，故答案为：七（2）如图所示，即为所求，17．（本题8分）如图，点A在⊙O上，点B在⊙O外，线段OB与⊙O交于点C，过点C作⊙O的切线交直线AB于点D，且AD=CD．(1)判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)若∠B=30°，CD=4，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)直线AB与⊙O相切，理由见解析；(2)163【分析】（1）连接OA，OD，由直线CD与⊙O相切，可得∠OCD=90°，证明△OAD≌△OCDSSS，则∠OAD=∠OCD=90°（2）由（1）得△OAD≌△OCD，∠OAD=∠OCD=90°，则∠AOD=∠COD，S△OAD=S△OCD，所以∠AOD=∠COD=30°，通过直角三角形性质得OD=2CD=8，由勾股定理得【详解】（1）解：直线AB与⊙O相切，理由，如图，连接OA，OD，∵直线CD与⊙O相切，∴OC⊥CD，∴∠OCD=90°，在△OAD和△OCD中，OA=OCOD=OD∴△OAD≌△OCDSSS∴∠OAD=∠OCD=90°，∴OA⊥AD，∵OA是⊙O半径，∴直线AB与⊙O相切；（2）解：由（1）得△OAD≌△OCD，∠OAD=∠OCD=90°，∴∠AOD=∠COD，S△OAD∵∠B=30°，∴∠AOC=60°，∴∠AOD=∠COD=30°，∴OD=2CD=8，∴OC=O∴S△OAD∴S=8=163【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．18．（本题8分）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F,∠DOE=120°，∠EOF=150°．(1)求△ABC的三个内角的大小；(2)设⊙O的直径为d，证明：d=AB+AC−BC．【答案】(1)∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°，∠B=360°−∠ODB−∠OEB−∠DOE=60°，∠C=360°−∠OEC−∠OFC−∠EOF=30°，所以∠A=180°−∠B−∠C=90°（2）由切线长定理得AD=AF，BD=BE,CF=CE，则BD+CF=BE+CE=BC，由AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC，得2AF=AB+AC−BC，由∠ODA=∠OFA=∠A=90°，得到四边形ADOF是矩形，则OD=AF，结合⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，得到此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、矩形的判定等知识．【详解】（1）解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F,∴AB⊥OD，∴∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°，∵∠DOE=120°，∴∠B=360°−∠ODB−∠OEB−∠DOE=60°，∠C=360°−∠OEC−∠OFC−∠EOF=30°∴∠A=180°−∠B−∠C=90°，∴∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．（2）证明：由切线长定理得AD=AF，∴BD+CF=BE+CE=BC，∵AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC，∴2AF=AB+AC−BC，∵∠ODA=∠OFA=∠A=90°，∴四边形ADOF是矩形，∴OD=AF，∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，∴d=2OD=2AF，∴d=AB+AC−BC．19．（本题9分）如图，已知AB，CD为⊙O中的两弦，联结OA，OB交弦CD于点E，F，且CE=DF．(1)求证：AB∥(2)如果AB=BD，求证：【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．（1）连接OC，OD，由等边对等角得到∠OCD=∠ODC，利用SAS证明△OCE≌△ODF，得到OE=OF，证明△OEF∽△OAB，得到∠OEF=∠OAB，则可证明（2）连接OD，BD，由AB=BD，得到∠AOB=∠BOD，AB=BD，证明△AOB≌△BODSAS，得到∠OBD=∠OAB，则可证明∠OBA=∠BFD，进而证明△OAB∽△DBF，推出AB⋅DF=OB⋅BF；再证明∠DFB=∠DBF【详解】（1）证明：如图所示，连接OC，∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC，在△OCE和△ODF中，OC=OD∠OCE=∠ODF∴△OCE≌△ODFSAS∴OE=OF，∵OA=OB，∴OEOA又∵∠EOF=∠AOB，∴△OEF∽△OAB，∴∠OEF=∠OAB，∴AB∥CD；（2）证明：如图所示，连接OD，∵AB=∴∠AOB=∠BOD，AB=BD，又∵OA=OB=OD，∴△AOB≌△BODSAS∴∠OBD=∠OAB；由（1）可得AB∥CD，∴∠OFE=∠OBA，又∵∠OFE=∠BFD，∴∠OBA=∠BFD，∴△OAB∽△DBF，∴OBDF∴AB⋅DF=OB⋅BF；∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∴∠DFB=∠DBF，∴BD=DF，∴DF=AB，∴AB20．（本题9分）如图，扇形OPN为某运动场内的投掷区，PN所在圆的圆心为O、A、B、N、O在同一直线上．直线AP与PN所在⊙O相切于点P．此时测得∠PAO=45°；从点A处沿AO方向前进8.0米到达B处．直线BQ与PN所在⊙O相切于点Q，此时测得∠QBO=60°．（参考数据：2≈1.41,(1)求圆心角∠PON的度数；(2)求PN的弧长（结果精确到0.1米）．【答案】(1)45°(2)24.1【分析】本题考查了解直角三角形的应用，圆的切线的性质，弧长公式，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．（1）由圆的切线的性质得到∠APO=90°，再由直角三角形锐角互余即可求解；（2）先解Rt△BQO，设BQ=x,BO=2x，OQ=OP=3x，再解Rt△APO得到【详解】（1）解：∵直线AP与PN所在⊙O相切于点P，∴∠APO=90°，∵∠PAO=45°，∴∠PON=90°−∠PAO=45°；（2）解：∵直线BQ与PN所在⊙O相切于点Q，∴∠BQO=90°，∵∠QBO=60°，∴cos∠QBO=设BQ=x,BO=2x，∴OQ=OP=B∵AB=8.0m∴AO=AB+BO=8.0+2x∵在Rt△APO中，∠A=45°∴sinA=∴3x解得：x=4∴OP=3∴PN的弧长为：45π×12答：PN的弧长为24.1m21．（本题10分）阅读与思考阅读下列材料，完成下面的任务．关于“三角形的内切圆”的研究报告【研究内容】如图1，在△ABC中，三边AB=c，BC=a，AC=b，⊙I是它的内切圆，切点分别为D，E，F，如何求AD、BD、CE的长呢？【解法】∵⊙I是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，∴AD=AF，BD=BE，CE=CF．设AD=AF=x，BD=BE=y，CE=CF=z，则有x+y=cy+z=ax+z=b，∴x+y+z=▲，如果设p=▲，那么有任务：(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______．(2)如图2，这是一张三角形纸片ABC，⊙O为它的内切圆，小悦沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC=4cm，AB=6cm，BC=5cm(3)如图3，△ABC的内切圆O与BC，AB，AC分别相切于点D，E，F，∠A=90°，BD=3，CD=2，求S△ABC【答案】(1)a+b+c2，(2)7(3)S【分析】（1）由题意得出x+y=cy+z=a（2）由题意得p=152，如图，设切点分别为M，N，R，则（3）设AE=AF=x，依题意得BE=BD=3，CD=CF=2，根据勾股定理可得(x+3)2+(x+2)【详解】（1）解：∵⊙I是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，∴AD=AF，BD=BE，CE=CF，设AD=AF=x，BD=BE=y，CE=CF=z，则有x+y=cy+z=a三式相加可得2x+2y+2z=a+b+c，∴x+y+z=a+b+c如果设p=a+b+c2，那么有故答案为：a+b+c2，a+b+c（2）解：∵△ABC的周长为4+5+6=15，∴由题意得p=15如图，设切点分别为M，N，R，则BM=BN=15∵DM=DR，EN=ER，∴DE=DM+EN，∴三角形纸片BDE的周长=BD+BE+DE=BD+BE+DM+EN，=BM+BN=2×7（3）解：设AE=AF=x，依题意得BE=BD=3，CD=CF=2，∴AB=x+3，AC=x+2，∵BC=BD+CD=5，根据勾股定理可得(x+3)2+(x+2)解得x=1或x=−6(不合题意，合去)，∴AE=AF=1，∴AB=4，AC=3，∴S【点睛】本题考查的知识点是三角形内切圆、切线长定理、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理．22．（本题11分）某纸杯的尺寸（单位：cm）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片ABCD（可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分）．(1)AD的长为____________cm，OB=____________cm；(2)记a×b表示两边长分别为a，b（a≤b，单位：cm）的矩形纸片的大小．①图（2）是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与AD相切，点B，C在对边上，点A，D分别在另外两边上，直接写出a，b的值；②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由；③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，写出求b的范围的思路（无需算出最终结果）．【答案】(1)9π，18(2)①a=(27−93)cm【分析】（1）设∠AOD=∠BOC=n°，OB=OC=rcm，则OA=(OD=r+9)cm（2）①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与AD⌢相切于点E，连接OE，交BC于点F②将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F，利用直角三角形的边角关系定理求得DE，AF的长度，再利用它们与18.2×25.7的矩形纸片的长与宽作比较即可；③设计出能够放置扇环纸片ABCD的最小的15×b的矩形纸片即可．【详解】（1）解：由题意得：AD⌢的长为9πcm，BC的长为设∠AOD=∠BOC=n°，OB=OC=rcm，则OA=OD=r+9∴nπ∴n=60r=18∴OB=18cm故答案为：9π，18；（2）解：①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与AD相切于点E，连接OE，交BC于点F，如图，则OE⊥GN，∵四边形GHMN为矩形，∴四边形GHFE，MNEF为矩形，∴a=GH=EF，由题意得：OB=OC=18cm，OA=OD=OE=18+9=27cm，∠AOD=∠BOC=60°，∴△OBC为等边三角形，∴BC=OB=18cm，OF=93cm，∴∠ABH=∠OBC=60°，∠DCM=∠OCB=60°，∴BH=12AB=4.5cm∴a=EF=OE−OF=(27−93b=GN=HM=HB+BC+CM=4.5+18+4.5=27(cm②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，理由：将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F，由题意得：∠O=60°，OB=OC=18cm，OA=OD=OE=18+9=27cm，∴DE=OD⋅sin60°=2732∴AF=OA−OF=27−9=18(cm∵18<18.2，23.38<25.7，∴AF<AG=18.2cm，DE<GH=25.7∴用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD．③设15×b的矩形纸片为矩形MNKS，MS=NK=15cm，将扇环纸片ABCD如图放置，使点A在MS边上，点B在KS边上，点D在NK边上，AD与边MN相切于点P则此时的b值最小，若求b的范围，则此时的MN为b的最小值．延长AB，DC，延长线交于点O，连接OP，OP交SK于点H，过点D作DE⊥OP于点E，过点A作AF⊥OP于点F，设OD交SK于点G，由题意得：∠AOD=60°，OB=OC=18cm，OP=OA=OD=18+9=27(cm)∵AD与边MN相切于点P，∴OP⊥MN，∵DE⊥OP，AF⊥OP，四边形MNKS为矩形，∴四边形PNDE，四边形AFPM，四边形PNKH为矩形，∴PN=DE，MP=AF，PH=NK=15cm，∴b=MN=MP+PN=AF+DE，OH=OP−PH=12(cm∴求得AF，DE的值即可求得b的最小值；由于OA=OD=27cm，解Rt△OAF和【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，弧长公式，分类讨论的思想方法，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直