專題03 圓的基本性質（知識串講+熱點考題+真題訓練）（解析版）

專題03圓的基本性質【考點1】圓的認識．【考點2】點與圓的位置關系．【考點3】確定圓的條件．【考點4】三角形的外接圓與外心【考點5】生活中的旋轉現(xiàn)象．【考點6】旋轉的性質．【考點7】坐標與圖形變化﹣旋轉．【考點8】作圖﹣旋轉變換；作圖﹣平移變換．【考點9】垂徑定理【考點10】垂徑定理的應用．【考點11】圓心角、弧、弦的關系．【考點12】圓周角定理【考點13】圓內接四邊形的性質；【考點14】正多邊形和圓【考點15】弧長的計算．【考點16】扇形面積計算知識點1：圓的定義及性質圓的定義：在一個平面內，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉一周，另一個端點A所形成的圖形叫圓。這個固定的端點O叫做圓心，線段OA叫做半徑。圓的表示方法：以O點為圓心的圓記作⊙O，讀作圓O。圓的特點：在一個平面內，所有到一個定點的距離等于定長的點組成的圖形。確定圓的條件：1）圓心；2）半徑。備注：圓心確定圓的位置，半徑長度確定圓的大小。【補充】1）圓心相同且半徑相等的圓叫做同圓；2）圓心相同，半徑不相等的兩個圓叫做同心圓；3）半徑相等的圓叫做等圓。圓的對稱性：1）圓是軸對稱圖形，經(jīng)過圓心的每一條直線都是它的對稱軸；2）圓是以圓心為對稱中心的中心對稱圖形。知識點2：圓的有關概念弦的概念：連結圓上任意兩點的線段叫做弦(例如：右圖中的AB)。直徑的概念：經(jīng)過圓心的弦叫做直徑（例如：右圖中的CD）。備注：1）直徑是同一圓中最長的弦。2）直徑長度等于半徑長度的2倍?；〉母拍睿簣A上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱弧。以A、B為端點的弧記作AB，讀作圓弧A等弧的概念：在同圓或等圓中，能夠互相重合的弧叫做等弧。半圓的概念：圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓。優(yōu)弧的概念：在一個圓中大于半圓的弧叫做優(yōu)弧。劣弧的概念：小于半圓的弧叫做劣弧。知識點3：確定圓的條件1.過三點的圓不在同一直線上的三個點確定一個圓。知識點4：三角形的外接圓與外心1.三角形的外接圓經(jīng)過三角形的三個頂點的圓叫做三角形的外接圓。2.三角形的外心三角形的外接圓的圓心是三角形三條邊的垂直平分線的交點，它叫做這個三角形的外心。知識點5：旋轉的概念把一個平面圖形繞著平面內某一點O轉動一個角度，叫做圖形的旋轉，點O叫做旋轉中心，轉動的角叫做旋轉角（如下圖中的∠BOF），如果圖形上的點B經(jīng)過旋轉變?yōu)辄cF，那么這兩個點叫做對應點.注意:（1）圖形的旋轉就是一個圖形圍繞一點旋轉一定的角度，因而旋轉一定有旋轉中心和旋轉角，且旋轉前后圖形能夠重合，這是判斷旋轉的關鍵。（2）旋轉中心是點而不是線，旋轉必須指出旋轉方向。（3）旋轉的范圍是平面內的旋轉，否則有可能旋轉成立體圖形，因而要注意此點。知識點6：旋轉的性質旋轉的性質：（1）對應點到旋轉中心的距離相等。（2）對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角。（3）旋轉前、后的圖形全等。注意：（1）旋轉中心、旋轉方向、旋轉角度是確定旋轉的關鍵.（2）性質是通過學生操作驗證得出的結論，性質（1）和（2）是旋轉作圖的關鍵，整個性質是旋轉這部分內容的核心，是解決有關旋轉問題的基礎.（3）要正確理解旋轉中的變與不變，尋找等量關系，解決問題。知識點7：旋轉作圖（1）旋轉圖形的作法：根據(jù)旋轉的性質可知，對應角都相等，都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形。（2）旋轉作圖有自己獨特的特點，決定圖形位置的因素較多，旋轉角、旋轉方向、旋轉中心，其中任一元素不同，位置就不同，但得到的圖形全等.知識點8：垂徑定理垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧。推論1：1）平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧；2）弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。?）平分弦所對的一條弧的直徑垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧。推論2：圓的兩條平行弦所夾的弧相等。常見輔助線做法（考點）：1）過圓心，作垂線，連半徑，造Rt有弧中點，連中點和圓心，得垂直平分知識點9：垂徑定理的應用經(jīng)常為未知數(shù)，結合方程于勾股定理解答知識點10：圓心角的概念圓心角概念：頂點在圓心的角叫做圓心角?；?、弦、弦心距、圓心角之間的關系定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等，所對的弦的弦心距相等。推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦或兩條弦的弦心距中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量分別相等。知識點11：圓角角的概念圓周角概念：頂點在圓上，并且兩邊都和圓相交的角叫做圓周角。圓周角定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半。（即：圓周角=1推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等。在同圓或等圓中，如果兩個圓周角相等，它們所對的弧一定相等。推論2：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，90°推論3：如果三角形一邊上的中線等于這邊的一半，那么這個三角形是直角三角形。知識點12：圓內接四邊形圓的內接四邊形定理：圓的內接四邊形的對角互補，外角等于它的內對角。即：在⊙中，∵四邊是內接四邊形∴知識點13:圓內正多邊形的計算（1）正三角形在⊙中△是正三角形，有關計算在中進行：；（2）正四邊形同理，四邊形的有關計算在中進行，：（3）正六邊形同理，六邊形的有關計算在中進行，知識點14:與正多邊形有關的概念1、正多邊形的中心正多邊形的外接圓的圓心叫做這個正多邊形的中心。2、正多邊形的半徑正多邊形的外接圓的半徑叫做這個正多邊形的半徑。3、正多邊形的邊心距正多邊形的中心到正多邊形一邊的距離叫做這個正多邊形的邊心距。4、中心角正多邊形的每一邊所對的外接圓的圓心角叫做這個正多邊形的中心角。知識點15:正多邊形的對稱性1、正多邊形的軸對稱性正多邊形都是軸對稱圖形。一個正n邊形共有n條對稱軸，每條對稱軸都通過正n邊形的中心。2、正多邊形的中心對稱性邊數(shù)為偶數(shù)的正多邊形是中心對稱圖形，它的對稱中心是正多邊形的中心。3、正多邊形的畫法先用量角器或尺規(guī)等分圓，再做正多邊形。知識點16：扇形的弧長和面積計算扇形：（1）弧長公式：；（2）扇形面積公式：：圓心角：扇形多對應的圓的半徑：扇形弧長：扇形面積注意：(1)對于弧長公式，關鍵是要理解1°的圓心角所對的弧長是圓周長的，即；

(2)公式中的ｎ表示1°圓心角的倍數(shù)，故ｎ和180都不帶單位，R為弧所在圓的半徑；

(3)弧長公式所涉及的三個量：弧長、圓心角度數(shù)、弧所在圓的半徑，知道其中的兩個量就可以求出第三個量.

(4)對于扇形面積公式，關鍵要理解圓心角是1°的扇形面積是圓面積的，即；

(5)在扇形面積公式中，涉及三個量：扇形面積S、扇形半徑R、扇形的圓心角，知道其中的兩個量就可以求出第三個量.

知識點17：扇形與圓柱、圓錐之間聯(lián)系1、圓柱：（1）圓柱側面展開圖=圓柱的體積：2、圓錐側面展開圖（1）=（2）圓錐的體積：注意：圓錐的底周長=扇形的弧長（）【考點1】圓的認識．1．（2022秋?海珠區(qū)校級期中）下列說法錯誤的是（）A．直徑是圓中最長的弦 B．長度相等的兩條弧是等弧 C．面積相等的兩個圓是等圓 D．半徑相等的兩個半圓是等弧【考點】圓的認識．【答案】B【分析】根據(jù)直徑的定義對A進行判斷；根據(jù)等弧的定義對B進行判斷；根據(jù)等圓的定義對C進行判斷；根據(jù)半圓和等弧的定義對D進行判斷．【解答】解：A、直徑是圓中最長的弦，所以A選項的說法正確；B、在同圓或等圓中，長度相等的兩條弧是等弧，所以B選項的說法錯誤；C、面積相等的兩個圓的半徑相等，則它們是等圓，所以C選項的說法正確；D、半徑相等的兩個半圓是等弧，所以D選項的說法正確．故選：B．2．（2022秋?林州市期中）已知⊙O的半徑是5cm，則⊙O中最長的弦長是（）A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm【考點】圓的認識．【答案】B【分析】根據(jù)圓中最長的弦是直徑，且直徑的長是半徑長的2倍可得答案．【解答】解：∵⊙O的半徑是5cm，∴⊙O中最長的弦，即直徑的長為10cm，故選：B．3．（2022秋?岳麓區(qū)校級月考）如圖，⊙O的弦AB、半徑OC延長交于點D，BD＝OA，若∠AOC＝105°，則∠D＝25度．【考點】圓的認識；三角形內角和定理；三角形的外角性質．【答案】見試題解答內容【分析】解答此題要作輔助線OB，根據(jù)OA＝OB＝BD＝半徑，構造出兩個等腰三角形，結合三角形外角和內角的關系解決．【解答】解：連接OB，∵BD＝OA，OA＝OB所以△AOB和△BOD為等腰三角形，設∠D＝x度，則∠OBA＝2x°，因為OB＝OA，所以∠A＝2x°，在△AOB中，2x+2x+（105﹣x）＝180，解得x＝25，即∠D＝25°．【考點2】點與圓的位置關系．4．（2022秋?海陵區(qū)校級月考）⊙O的半徑r＝5cm，圓心到直線l的距離OM＝4cm，在直線l上有一點P，且PM＝3cm，則點P（）A．在⊙O內 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．可能在⊙O上或在⊙O內【考點】點與圓的位置關系．【答案】B【分析】由條件計算出OP的長度與半徑比較大小即可．【解答】解：由題意可知△OPM為直角三角形，且PM＝3，OM＝4，由勾股定理可求得OP＝5＝r，故點P在⊙O上，故選：B．5.（2022秋?沭陽縣校級月考）一個點到圓的最小距離為6cm，最大距離為9cm，則該圓的半徑是（）A．1.5cm B．7.5cm C．1.5cm或7.5cm D．3cm或15cm【考點】點與圓的位置關系．【答案】C【分析】點P應分為位于圓的內部于外部兩種情況討論．當點P在圓內時，直徑＝最小距離+最大距離；當點P在圓外時，直徑＝最大距離﹣最小距離．【解答】解：分為兩種情況：①當點P在圓內時，最近點的距離為6cm，最遠點的距離為9cm，則直徑是15cm，因而半徑是7.5cm；②當點P在圓外時，最近點的距離為6cm，最遠點的距離為9cm，則直徑是3cm，因而半徑是1.5cm．故選：C．6．（2022秋?大荔縣校級月考）如圖，已知△ABC，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，以點C為圓心作⊙C，半徑為r．（1）當r取什么值時，點A、B在⊙C外．（2）當r在什么范圍時，點A在⊙C內，點B在⊙C外．【考點】點與圓的位置關系；勾股定理．版權所有【答案】見試題解答內容【分析】（1）要保證點在圓外，則點到圓心的距離應大于圓的半徑，根據(jù)這一數(shù)量關系就可得到r的取值范圍；（2）根據(jù)點到圓心的距離小于圓的半徑，則點在圓內和點到圓心的距離應大于圓的半徑，則點在圓外求得r的取值范圍．【解答】解：（1）當0＜r＜3時，點A、B在⊙C外；當3＜r＜4時，點A在⊙C內，點B在⊙C外．【考點3】確定圓的條件．20．（2022秋?拱墅區(qū)校級月考）小明不慎把家里的圓形玻璃打碎了，其中四塊碎片如圖所示，為配到與原來大小一樣的圓形玻璃，小明帶到商店去的一塊玻璃碎片應該是（）A．第①塊 B．第②塊 C．第③塊 D．第④塊【考點】確定圓的條件．【答案】B【分析】要確定圓的大小需知道其半徑．根據(jù)垂徑定理知第②塊可確定半徑的大?。窘獯稹拷猓旱冖趬K出現(xiàn)一段完整的弧，可在這段弧上任做兩條弦，作出這兩條弦的垂直平分線，就交于了圓心，進而可得到半徑的長．故選：B．21．（2022秋?沭陽縣校級月考）如圖，直角坐標系中一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A，B，C，其中B點坐標為（4，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標為（2，0）．【考點】確定圓的條件；坐標與圖形性質．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．【解答】解：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．如圖所示，則圓心是（2，0）．故答案為：（2，0）22．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級月考）如圖所示，破殘的圓形輪片上，弦AB的垂直平分線交弧AB于點C，交弦AB于點D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．（1）求作此殘片所在的圓（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）求（1）中所作圓的半徑．【考點】確定圓的條件．【答案】見試題解答內容【分析】（1）由垂徑定理知，垂直于弦的直徑是弦的中垂線，故作AC，BC的中垂線交于點O，則點O是弧ACB所在圓的圓心；（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半徑OA的長．【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分線與弦AB的垂直平分線交于O點，以O為圓心OA長為半徑作圓O就是此殘片所在的圓，如圖．（2）連接OA，設OA＝x，AD＝12cm，OD＝（x﹣8）cm，則根據(jù)勾股定理列方程：x2＝122+（x﹣8）2，解得：x＝13．答：圓的半徑為13cm．【考點4】三角形的外接圓與外心23．（2022春?崇川區(qū)校級月考）如圖，已知⊙O的半徑為2，△ABC內接于⊙O，∠ACB＝135°，則AB＝2．【考點】三角形的外接圓與外心．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)圓內接四邊形對角互補和同弧所對的圓心角是圓周角的二倍，可以求得∠AOB的度數(shù)，然后根據(jù)勾股定理即可求得AB的長．【解答】解：設點D為優(yōu)弧AB上一點，連接AD、BD、OA、OB，如圖所示，∵⊙O的半徑為2，△ABC內接于⊙O，∠ACB＝135°，∴∠ADB＝45°，∴∠AOB＝90°，∵OA＝OB＝2，∴AB＝2，故答案為：2．24．（2022秋?桐鄉(xiāng)市期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，7），點B的坐標為（0，3），點C的坐標為（3，0），那么△ABC的外接圓的圓心坐標為（5，5）．【考點】三角形的外接圓與外心；坐標與圖形性質．【答案】（5，5）．【分析】作AB和BC的垂直平分線，它們的交點為△ABC的外接圓的圓心，從而得到△ABC的外接圓的圓心坐標．【解答】解：如圖，P點為△ABC的外接圓的圓心，其坐標為（5，5）．故答案為（5，5）．25．（2022秋?大豐區(qū)校級月考）已知等腰三角形ABC，如圖．（1）用直尺和圓規(guī)作△ABC的外接圓；（2）設△ABC的外接圓的圓心為O，若∠BOC＝128°，求∠BAC的度數(shù)．【考點】三角形的外接圓與外心．【答案】見試題解答內容【分析】（1）作出AB，AC的垂直平分線，兩垂直平分線的交點就是圓心，以交點為圓心，交點到三角形的頂點為半徑畫圓可得△ABC的外接圓；（2）作出劣弧BC所對的圓周角，易得該圓周角的度數(shù)，則∠BAC的度數(shù)是該圓周角的補角．【解答】解：（1）（4分）（2）在優(yōu)弧BC上任取一點D，連接BD，CD，∵∠BOC＝128°，∴∠BDC＝∠BOC＝64°，∴∠BAC＝180°﹣∠BDC＝116°．26．（2022?福州模擬）如圖，△ABC內接于⊙O；∠A＝30°，過圓心O作OD⊥BC，垂足為D．若⊙O的半徑為6，求OD的長．【考點】三角形的外接圓與外心；勾股定理；垂徑定理．【答案】3．【分析】先證△BOC是等邊三角形，可得OB＝OC＝BC＝6，由勾股定理可求解．【解答】解：如圖，連接OB，OC，∵∠BOC＝2∠A，∠A＝30°，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△BOC是等邊三角形，∴OB＝OC＝BC＝6，∵OD⊥BC，∴BD＝CD＝3，在Rt△ODB中，OD＝＝＝3【考點5】生活中的旋轉現(xiàn)象．2．（2023春?興賓區(qū)期末）有下列現(xiàn)象：①高層公寓電梯的上升；②傳送帶的移動；③方向盤的轉動；④風車的轉動；⑤鐘擺的運動；⑥蕩秋千運動．其中屬于旋轉的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【分析】根據(jù)旋轉的定義進行判斷即可．【解答】解：①高層公寓電梯的上升，是平移，故不符合要求：②傳送帶的移動，是平移，故不符合要求；③方向盤的轉動，是旋轉，故符合要求；④風車的轉動，是旋轉，故符合要求；⑤鐘擺的運動，是旋轉，故符合要求；⑥蕩秋千運動，是旋轉，故符合要求；故選：C．3．（2023春?嘉定區(qū)期末）一天中鐘表時針從上午6時到上午9時旋轉的度數(shù)為90°．【答案】90°．【分析】鐘表上的刻度把一個圓平均分成12等份，根據(jù)題意知，時針運行了圓周，即可得到答案．【解答】解：根據(jù)題意，從上午6時到上午9時，共3個小時，∴時針旋轉了圓周，旋轉的角度為．故答案為：90°．【考點6】旋轉的性質．4．（2023?東方一模）如圖，將△ABC繞點A順時針旋轉60°得到△AED，若線段AB＝4，則BE的長為（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】根據(jù)旋轉的性質可得AB＝AE，∠BAE＝60°，然后判斷出△AEB是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BE＝AB．【解答】解：∵△ABC繞點A順時針旋轉60°得到△AED，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△AEB是等邊三角形，∴BE＝AB，∵AB＝4，∴BE＝4．故選：B．5．（2023春?北林區(qū)期末）如圖在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝40°，將△ABC繞點B逆時針旋轉得到△A′BC′，點C的對稱點C′恰好落在變AB上，連接AA′，則∠CAA′度數(shù)是（）A．50° B．70° C．110° D．120°【答案】D【分析】先根據(jù)三角形內角和定理求出∠CAB的度數(shù)，再根據(jù)旋轉的性質得出BA＝BA'，∠ABC＝∠ABA'＝40°，得出∠BAA'的度數(shù)即可求解．【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝50°，∵將△ABC繞點B逆時針旋轉得到△A′BC′，∴BA＝BA'，∠ABC＝∠ABA'＝40°，∴∠BA'A＝∠BAA'＝＝70°，∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA'＝50°+70°＝120°，故選：D．6．（2023?二道區(qū)校級模擬）如圖是中國共產主義青年團團旗上的圖案（圖案本身沒有字母）要想與原來圖形重合，則繞圓心至少旋轉（）A．36° B．60° C．72° D．90°【答案】C【分析】根據(jù)旋轉角及旋轉對稱圖形的定義結合圖形特點作答．【解答】解：∵360°÷5＝72°，∴該圖形繞中心至少旋轉72度后能和原來的圖案互相重合．故選：C．7．（2023?武鳴區(qū)二模）如圖，在△ABC中，∠CAB＝76°，在同一平面內，將△ABC繞點A旋轉到△AB'C'的位置，使CC'∥AB，則∠BAB'等于（）A．28° B．30° C．36° D．38°【答案】A【分析】旋轉中心為點A，B與B′，C與C′分別是對應點，根據(jù)旋轉的性質可知，旋轉角∠BAB′＝∠CAC′，AC＝AC′，再利用平行線的性質得∠C′CA＝∠CAB，把問題轉化到等腰△ACC′中，根據(jù)內角和定理求∠CAC′．【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝76°，∴∠C′CA＝∠CAB＝76°，又∵C、C′為對應點，點A為旋轉中心，∴AC＝AC′，即△ACC′為等腰三角形，∴∠BAB′＝∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝28°．故選：A．8．（2023春?儋州期末）如圖，該圖形圍繞點O按下列角度旋轉后，不能與其自身重合的是（）A．72° B．108° C．144° D．216°【答案】B【分析】該圖形被平分成五部分，因而每部分被分成的圓心角是72°，并且圓具有旋轉不變性，因而旋轉72°的整數(shù)倍，就可以與自身重合；不是旋轉72°的整數(shù)倍，就不能與其自身重合，即可得出結果．【解答】解：該圖形被平分成五部分，旋轉72°的整數(shù)倍，就可以與自身重合，因而A、C、D選項都符合題意，旋轉角為108°時，旋轉后不能與自身重合，不符合題意的是B選項．故選：B．9．（2023春?路南區(qū)期末）如圖，在△ACB中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝1，△ACB繞點A順時針旋轉90°，得到△ADE，點B，E之間的距離為（）A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】連接BE，根據(jù)含30度的直角三角形的性質可得AB＝2BC＝2，根據(jù)旋轉得到∠BAE＝90°，AE＝AB＝2，利用勾股定理即可求出BE．【解答】解：連接BE，∵BC＝1，∠C＝90°，∠B＝60°，∴AB＝2BC＝2，由旋轉可知：∠BAE＝90°，AE＝AB＝2，∴，故選：C．10．（2022秋?江門期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2，將△ABC繞點C按逆時針方向旋轉得到△A'B'C，此時點A'恰好在邊AB上，則點B'與點B之間的距離為（）A．4 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】由旋轉的性質，可證△ACA'、△BCB'都是等邊三角形，由勾股定理求出BC的長即可．【解答】解：如圖，連接BB'，∵將△ABC繞點C按逆時針方向旋轉得到△A'B'C，∴∠BCB'＝∠ACA'，CB＝CB'，CA＝CA'，∵∠A＝60°，∴△ACA'是等邊三角形，∠ABC＝30°，∴∠ACA'＝60°，AB＝2AC，∴∠BCB'＝60°，∴△BCB'是等邊三角形，∴BB'＝BC，在Rt△ABC中，AB＝2AC＝4，∴BC＝＝＝2，∴BB'＝2，故選：B．11．（2023春?開江縣校級期末）如圖，等邊△ABC中有一點P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，則∠APB的度數(shù)的為（）A．150° B．135° C．120° D．165°【答案】A【分析】將△BPC繞點B逆時針旋轉60°得△BEA，根據(jù)旋轉的性質得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，根據(jù)等邊三角形的性質得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，根據(jù)勾股定理的逆定理可得到△APE為直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度數(shù)．【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，∴BA＝BC，可將△BPC繞點B逆時針旋轉60°得△BEA，連EP，如圖，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE為等邊三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE為直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故選：A．12．（2023?通榆縣三模）如圖，該圖形繞其中心旋轉能與其自身完全重合，則其旋轉角最小為60度．?【答案】60．【分析】觀察圖形可得，圖形由六個形狀相同的部分組成，從而能計算出旋轉角度．【解答】解：圖形可看作由一個基本圖形每次旋轉60°，旋轉6次所組成，故最小旋轉角為60°．故答案為：60．13．（2022秋?阜寧縣期末）如圖，正方形ABCD，△ABE是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線AC（不含點A）上任意一點，將線段AM繞點A逆時針旋轉60°得到AN，連接EN，DM．求證：EN＝BM．【答案】見解析．【分析】利用等邊三角形的性質以及旋轉的性質，即可判定△EAN≌△DAM（SAS），依據(jù)全等三角形的對應邊相等，即可得到EN＝DM．【解答】證明：∵△ABE是等邊三角形，∴∠BAE＝60°，BA＝EA，∵將線段AM繞點A逆時針旋轉60°得到AN，∴∠MAN＝60°，AM＝AN，∴∠BAE＝∠MAN，∴∠EAN＝∠BAM，∵四邊形ABCD是正方形，∴BA＝DA，∠BAM＝∠DAM＝45°，∴EA＝DA，∠EAN＝∠DAM，在△EAN和△DAM中，，∴△EAN≌△DAM（SAS），∴EN＝DM．∵AC是正方形ABCD的對稱軸，∴BM＝EN14．（2023春?江岸區(qū)校級月考）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．若點A、D、E在同一條直線上，且∠ACB＝25°，求∠CEA與∠B的度數(shù)．【答案】∠CEA＝45°，∠B＝110°．【分析】根據(jù)旋轉的性質可得△ACE是等腰直角三角形，所以∠CAE＝45°，易知∠ACD＝90°﹣20°＝70°，根據(jù)三角形外角性質可得∠EDC度數(shù)，又∠EDC＝∠B，則可求．【解答】解：根據(jù)旋轉的性質可知CA＝CE，且∠ACE＝90°，所以△ACE是等腰直角三角形．所以∠CEA＝45°；根據(jù)旋轉的性質可得∠BCD＝90°，∵∠ACB＝25°．∴∠ACD＝90°﹣25°＝65°．∴∠EDC＝45°+65°＝110°．所以∠B＝∠EDC＝110°．15．（2023春?開江縣校級期末）如圖，△ABC是等邊三角形，點D在AC邊上，將△BCD繞點C旋轉得到△ACE．（1）求證：△CDE是等邊三角形；（2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周長．【答案】（1）證明見解答過程；（2）15．【分析】（1）由旋轉的性質可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可證DE∥BC；（2）由旋轉的性質可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周長．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，∵將△BCD繞點C旋轉得到△ACE．∴CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴△CDE是等邊三角形；（2）解：∵將△BCD繞點C旋轉得到△ACE．∴AE＝BD＝7，∵△ADE的周長＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC，∴△ADE的周長＝7+8＝15．16．（2023春?清遠期末）如圖，在△ABC中，點E在BC邊上，AE＝AB，將線段AC繞A點旋轉到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，連接EF，EF與AC交于點G．（1）求證：BC＝EF；（2）若∠ABC＝64°，∠ACB＝25°，求∠AGE的度數(shù)．【答案】（1）證明見解答過程；（2）77°．【分析】（1）由旋轉的性質可得AC＝AF，利用SAS證明△ABC≌△AEF，根據(jù)全等三角形的對應邊相等即可得出EF＝BC；（2）根據(jù)等腰三角形的性質以及三角形內角和定理求出∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，那么∠FAG＝52°．由△ABC≌△AEF，得出∠F＝∠C＝25°，再根據(jù)三角形外角的性質即可求出∠AGE＝∠FGC＝∠FAG+∠F＝77°．【解答】（1）證明：∵∠CAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF．∵將線段AC繞A點旋轉到AF的位置，∴AC＝AF．在△ABC與△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（SAS），∴BC＝EF；（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝64°，∴∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，∴∠FAG＝∠BAE＝52°．∵△ABC≌△AEF，∴∠F＝∠C＝25°，∴∠FGC＝∠FAG+∠F＝52°+25°＝77°，∴∠AGE＝77°．17．（2023春?東營期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，點C，A的對應點分別為E，F(xiàn)，點E落在BA上，連接AF．（1）若∠BAC＝40°．則∠BAF的度數(shù)為65°；（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的長．【答案】（1）65°；（2）4．【分析】（1）根據(jù)三角形的內角和定理得到∠ABC＝50°，根據(jù)旋轉的性質得到∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，根據(jù)三角形的內角和定理即可得到結論；（2）根據(jù)勾股定理得到AB＝10，根據(jù)旋轉的性質得到BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝50°，∵將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，∴∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，∴∠BAF＝∠BFA＝（180°﹣50°）＝65°，故答案為：65°；（2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝10，∵將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4，∴AF＝＝4．18．（2023春?渠縣校級期末）閱讀下面材料，并解決問題：（1）如圖①等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝150°；（2）基本運用請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題已知如圖②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點且∠EAF＝45°，求證：EF2＝BE2+FC2；（3）能力提升如圖③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點O為Rt△ABC內一點，連接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，根據(jù)旋轉的性質可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，從而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“邊角邊”證明△EAF和△E′AF全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得證．（3）將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB＝2AC，即A′B的長，再根據(jù)旋轉的性質求出△BOO′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BO＝OO′，等邊三角形三個角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到OA+OB+OC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，易證△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案為：150°；（2）如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，由旋轉的性質得，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）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，∴△A′O′B如圖所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等邊三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【考點7】坐標與圖形變化﹣旋轉．26．（2023春?巴東縣期中）在平面直角坐標系xOy中，已知A（1，0），C（﹣2，1），若將點C繞點A順時針旋轉90°得到點C'，則C'的坐標為（）A．（2，3） B．（1，2） C．（2，1） D．（3，2）【答案】A【分析】過點C作CD⊥x軸于點D，過點C′作C′E⊥x軸于點E．證明△ACD≌△C′AE（AAS），推出AE＝CD＝1，C′E＝AD＝3，可得結論．【解答】解：過點C作CD⊥x軸于點D，過點C′作C′E⊥x軸于點E．∵A（1，0），C（﹣2，1），∴OA＝1，OD＝2，CD＝1，∴AD＝3，∵∠CAC′＝∠ADC＝∠C′EA＝90°，∴∠DAC+∠C′AE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠C′AE，在△ACD和∠C′AE中，，∴△ACD≌△C′AE（AAS），∴AE＝CD＝1，C′E＝AD＝3，∴OE＝OA+AE＝1+1＝2，∴C′（2，3），故選：A．27．（2023春?達川區(qū)校級期末）如圖在平面直角坐標系xOy中，有一個等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角邊AO在x軸上，且AO＝1．將Rt△AOB繞原點O順時針旋轉90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再將Rt△A1OB1繞原點O順時針旋轉90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此規(guī)律，得到等腰直角三角形A2023OB2023，則點B2023的坐標（）A．（﹣22023，22023） B．（22022，﹣22022） C．（22023，﹣22023） D．（22022，22022）【答案】A【分析】根據(jù)旋轉特點，找到坐標的變化規(guī)律，再求解．【解答】解：由題意得：B1（2，﹣2），B2（﹣22，﹣22），B3（﹣23，23），B4（24，24），……，∵2023÷4＝505……3，∴B2023的坐標為（﹣22023，22023），故選：A．28．（2023春?興城市期中）如圖所示，長方形ABCD的兩邊BC、CD分別在x軸、y軸上，點C與原點重合，點A（﹣1，2），將長方形ABCD沿x軸無滑動向右翻滾，經(jīng)過一次翻滾，點A的對應點記為A1；經(jīng)過第二次翻滾，點A的對應點記為A2；……，依次類推，經(jīng)過第2023次翻滾，點A的對應點A2023的坐標為（）?A．（3032，1） B．（3033，0） C．（3033，1） D．（3035，2）【答案】B【分析】觀察圖形即可得到經(jīng)過4次翻滾后點A對應點一循環(huán)，先求出2023÷4的商和余數(shù)，從而解答本題．【解答】解：如圖所示：觀察圖形可得經(jīng)過4次翻滾后點A對應點一循環(huán)，2023÷4＝505……3，∵點A（﹣1，2），長方形的周長為：2（2+1）＝6，∴A3（3，0），∴經(jīng)過505次翻滾后點A對應點A2023的坐標為（6×505+1+2，0），即（3033，0）．故選：B．29．（2023?阜新模擬）如圖，把正方形鐵片OABC置于平面直角坐標系中，頂點A的坐標為（3，0），點P（1，2）在正方形鐵片上，將正方形鐵片繞其右下角的頂點按順時針方向依次旋轉90°，第一次旋轉至圖①位置，第二次旋轉至圖②位置，…則正方形鐵片連續(xù)旋轉2024次后，點P的坐標為（）?A．（6070，2） B．（6072，2） C．（6073，2） D．（6074，1）【答案】C【分析】首先求出P1～P5的坐標，探究規(guī)律后，利用規(guī)律解決問題．【解答】解：第一次P1（5，2），第二次P2（8，1），第三次P3（10，1），第四次P4（13，2），第五次P5（17，2），…發(fā)現(xiàn)點P的位置4次一個循環(huán)，∵2024÷4＝506，P2024的縱坐標與P4相同為2，橫坐標為1+12×506＝6073，∴P2024（6073，2）．故選：C．【考點8】作圖﹣旋轉變換；作圖﹣平移變換．30．（2023春?舞鋼市期中）如圖1，把△ABC繞著點C順時針旋轉后，頂點A旋轉到了點D．（1）用尺規(guī)作圖，作出△ACB旋轉后的△DCE．（2）指出旋轉角和旋轉中心．（3）在圖2中，△DEF是△ABC繞著點P旋轉得到的，點A、B、C的對應點分別是點D、E、F，請確定點P的位置，并簡要說明畫圖步驟．【答案】（1）作圖見解析過程；（2）旋轉中心是點C，旋轉角是∠ACD（或∠BCE）；（3）作圖見解析過程．【分析】（1）可以利用旋轉不改變圖形的形狀和大小的性質，已知三邊作全等三角形即可；（2）根據(jù)題意可得旋轉中心為點C，再根據(jù)旋轉的性質即可對應點與旋轉中心的連線形成的夾角為旋轉中心即可得出結果；（3）根據(jù)旋轉的性質可知，旋轉中心是對應點連線的垂直平分線的交點，即可找到點P的位置．【解答】解：（1）如圖，△DCE即所求；（2）根據(jù)旋轉的性質可得，旋轉中心是點C，旋轉角是∠ACD（或∠BCE）；（3）如圖2，連接兩對對應點A、D和B、E，并分別作這兩條線段的垂直平分線，它們的交點就是旋轉中心P的位置．31．（2023春?蒲城縣期末）如圖，方格紙中每個小正方形的邊長都是1個單位長度，建立平面直角坐標系，△ABC的三個頂點坐標分別為A（1，0），B（1，4），C（4，2）．（1）將△ABC向左平移5個單位，再向上平移1個單位，畫出平移后的△A1B1C1；（2）畫出將△ABC繞原點O按順時針方向旋轉90°后的△A2B2C2，并寫出點B的對應點B2的坐標．【答案】（1）見解析；（2）見解析，B2（4，﹣1）．【分析】（1）利用平移變換的性質分別作出A，B，C的對應點A1，B1，C1即可；（2）利用旋轉變換的性質分別作出A，B，C的對應點A2，B2，C2即可．【解答】解：（1）如圖所示，△A1B1C1即為所求；（2）如圖所示，△A2B2C2即為所求；∴B2（4，﹣1）．32．（2023春?青秀區(qū)校級期末）△ABC在平面直角坐標系中如圖所示．（1）請畫出△ABC關于原點O對稱的△A1B1C1，并寫出A1，B1的坐標；（2）將△A1B1C1向右平移6個單位得到△A2B2C2，請畫出△A2B2C2；（3）△ABC與△A2B2C2關于點P成中心對稱，請直接寫出點P的坐標．【答案】（1）見解析，A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，﹣2）；（2）見解析；（3）（3，0）．【分析】（1）根據(jù)關于原點對稱的點的特征，先找出A1、B1、C1的位置，再依次連接即可；（2）根據(jù)平移前后點的特征，先找出A2、B2、C2的位置，再依次連接即可；（3）根據(jù)連接任意兩對對稱點，兩條線段的交點為對稱中心，連接AA2、BB2，它們的交點即為點P，根據(jù)圖形得出點P的坐標即可．【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1的圖形如圖所示，A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，﹣2）．（2）如圖，△A2B2C2的圖形如圖所示．（3）連接AA2、BB2，它們的交點即為點P，∵△ABC與△A2B2C2關于點P成中心對稱，∴由圖可知，點P的坐標為（3，0）．【考點9】垂徑定理7．（2022秋?如皋市校級月考）如圖，在半徑為5cm的⊙O中，弦AB＝6cm，OC⊥AB于點C，則OC＝（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【考點】垂徑定理；勾股定理．【答案】B【分析】連接OA，先利用垂徑定理得出AC的長，再由勾股定理得出OC的長即可解答．【解答】解：連接OA，∵AB＝6cm，OC⊥AB于點C，∴AC＝AB＝×6＝3cm，∵⊙O的半徑為5cm，∴OC＝＝＝4cm，故選：B．8．（2022春?射洪市校級月考）如圖，AB是⊙O的弦，半徑OC⊥AB于點D，若⊙O的半徑為5，AB＝8，則CD的長是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考點】垂徑定理；勾股定理．【答案】A【分析】根據(jù)垂徑定理由OC⊥AB得到AD＝AB＝4，再根據(jù)勾股定理可求出OD，然后用OC﹣OD即可得到DC．【解答】解：∵OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝×8＝4，在Rt△OAD中，OA＝5，AD＝4，∴OD＝＝3，∴CD＝OC﹣OD＝5﹣3＝2．故選：A．9．（2022?新樂市校級模擬）如圖，AB，BC是⊙O的兩條弦，AO⊥BC，垂足為D，若⊙O的半徑為5，BC＝8，則AB的長為（）A．8 B．10 C． D．【考點】垂徑定理；勾股定理．【答案】D【分析】根據(jù)垂徑定理求出BD，根據(jù)勾股定理求出OD，求出AD，再根據(jù)勾股定理求出AB即可．【解答】解：連接OB，∵AO⊥BC，AO過O，BC＝8，∴BD＝CD＝4，∠BDO＝90°，由勾股定理得：OD＝＝＝3，∴AD＝OA+OD＝5+3＝8，在Rt△ADB中，由勾股定理得：AB＝＝4，故選：D【考點10】垂徑定理的應用．10．（2021秋?鼓樓區(qū)期末）往直徑為52cm的圓柱形容器內裝入一些水以后，截面如圖所示，若水面寬AB＝48cm，則水的最大深度為（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm【考點】垂徑定理的應用．【答案】C【分析】連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，先由垂徑定理求出BD的長，再根據(jù)勾股定理求出OD的長，進而可得出CD的長．【解答】解：連接OB，過點O作OC⊥AB于點D，交⊙O于點C，如圖所示：∵AB＝48cm，∴BD＝AB＝×48＝24（cm），∵⊙O的直徑為52cm，∴OB＝OC＝26cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），故選：C．11．（2022?金華模擬）把球放在長方體紙盒內，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF＝CD＝4cm，則球的半徑長是（）A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm【考點】垂徑定理的應用．【答案】B【分析】取EF的中點M，作MN⊥AD于點M，取MN上的球心O，連接OF，設OF＝x，則OM＝4﹣x，MF＝2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的長即可．【解答】解：EF的中點M，作MN⊥AD于點M，取MN上的球心O，連接OF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，∴四邊形CDMN是矩形，∴MN＝CD＝4，設OF＝x，則ON＝OF，∴OM＝MN﹣ON＝4﹣x，MF＝2，在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2即：（4﹣x）2+22＝x2解得：x＝2.5故選：B．12．（2022秋?桐廬縣期中）如圖，一下水管道橫截面為圓形，直徑為100cm，下雨前水面寬為60cm，一場大雨過后，水面寬為80cm，則水位上升10或70cm．【考點】垂徑定理的應用．【答案】見試題解答內容【分析】分兩種情形分別求解即可解決問題；【解答】解：作半徑OD⊥AB于C，連接OB，由垂徑定理得：BC＝AB＝30cm，在Rt△OBC中，OC＝＝40cm，當水位上升到圓心以下水面寬80cm時，則OC′＝＝30cm，水面上升的高度為：40﹣30＝10cm；當水位上升到圓心以上時，水面上升的高度為：40+30＝70cm，綜上可得，水面上升的高度為10cm或70cm．故答案為10或70．13．（2022秋?房縣期中）《九章算術》作為古代中國乃至東方的第一部自成體系的數(shù)學專著，與古希臘的《幾何原本》并稱現(xiàn)代數(shù)學的兩大源泉．在《九章算術》中記載有一問題“今有圓材埋在壁中，不知大?。凿忎徶钜淮?，鋸道長一尺，問徑幾何？”小輝同學根據(jù)原文題意，畫出圓材截面圖如圖所示，已知：鋸口深為1寸，鋸道AB＝1尺（1尺＝10寸），則該圓材的直徑為26寸．【考點】垂徑定理的應用．【答案】見試題解答內容【分析】設⊙O的半徑為r．在Rt△ADO中，AD＝5寸，OD＝r﹣1，OA＝r，則有r2＝52+（r﹣1）2，解方程即可．【解答】解：設⊙O的半徑為r．在Rt△ADO中，AD＝5寸，OD＝r﹣1，OA＝r，則有r2＝52+（r﹣1）2，解得r＝13寸，∴⊙O的直徑為26寸，故答案為：26．14．（2022秋?富陽區(qū)期中）如圖，有一座拱橋是圓弧形，它的跨度AB＝60米，拱高PD＝18米．（1）求圓弧所在的圓的半徑r的長；（2）當洪水泛濫到跨度只有30米時，要采取緊急措施，若拱頂離水面只有4米，即PE＝4米時，是否要采取緊急措施？【考點】垂徑定理的應用．【答案】見試題解答內容【分析】（1）連接OA，利用r表示出OD的長，在Rt△AOD中根據(jù)勾股定理求出r的值即可；（2）連接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的長，進而可得出A′B′的長，據(jù)此可得出結論．【解答】解：（1）連接OA，由題意得：AD＝AB＝30（米），OD＝（r﹣18）米，在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2，解得，r＝34（米）；（2）連接OA′，∵OE＝OP﹣PE＝30米，∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E2＝A′O2﹣OE2，即：A′E2＝342﹣302，解得：A′E＝16（米）．∴A′B′＝32（米）．∵A′B′＝32＞30，∴不需要采取緊急措施．【考點11】圓心角、弧、弦的關系．15．（2022?輝縣市一模）如圖，在⊙O中，＝，∠AOB＝40°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．40° B．30° C．20° D．15°【考點】圓心角、弧、弦的關系．【答案】C【分析】先由圓心角、弧、弦的關系求出∠AOC＝∠AOB＝40°，再由圓周角定理即可得出結論．【解答】解：連接CO，如圖：∵在⊙O中，＝，∴∠AOC＝∠AOB，∵∠AOB＝40°，∴∠AOC＝40°，∴∠ADC＝∠AOC＝20°，故選：C．16．（2021秋?金安區(qū)校級期末）如圖，在⊙O中，若點C是的中點，∠A＝50°，則∠BOC＝（）A．40° B．45° C．50° D．60°【考點】圓心角、弧、弦的關系．【答案】A【分析】根據(jù)等腰三角形性質和三角形內角和定理求出∠AOB，根據(jù)垂徑定理求出AD＝BD，根據(jù)等腰三角形性質得出∠BOC＝∠AOB，代入求出即可．【解答】解：∵∠A＝50°，OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝50°，∴∠AOB＝180°﹣50°﹣50°＝80°，∵點C是的中點，∴∠BOC＝∠AOB＝40°，故選：A．17．（2022?萊州市一模）如圖，AB是半圓O的直徑，以弦AC為折痕折疊后，恰好經(jīng)過點O，則∠AOC等于（）A．120° B．125° C．130° D．145°【考點】圓心角、弧、弦的關系；翻折變換（折疊問題）；垂徑定理．【答案】A【分析】根據(jù)翻折變換得出AC垂直平分OQ，AQ＝AO，求出△AQO是等邊三角形，求出∠AOQ＝60°，再根據(jù)等腰三角形的性質得出∠COQ＝∠AOQ，再求出答案即可．【解答】解：O關于直線AC的對稱點是Q，連接OQ，交AC于M，則AC垂直平分OQ，即AQ＝AO，OM⊥AC，∵OQ＝OA，∴OQ＝AQ＝OA，∴△AQO是等邊三角形，∴∠AOQ＝60°，∵OQ⊥AC，OA＝OC，∴∠COQ＝∠AOQ＝60°，∴∠AOC＝60°+60°＝120°，故選：A．18．（2022?漢川市模擬）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠A＝40度，∠C＝20度，則∠B＝60度．【考點】圓心角、弧、弦的關系．【答案】見試題解答內容【分析】連接OA，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠OAC＝∠C＝20°，根據(jù)等腰三角形的性質解答即可．【解答】解：如圖，連接OA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠C＝20°，∴∠OAB＝60°，∵OA＝OB，∴∠B＝∠OAB＝60°，故答案為：60．19．（2022春?射陽縣校級月考）如圖，在⊙O中，AC為⊙O直徑，B為圓上一點，若∠OBC＝26°，則∠AOB的度數(shù)為52°．【考點】圓心角、弧、弦的關系．【答案】52°．【分析】根據(jù)等腰三角形的性質得出∠C＝∠OBC，求出∠C，再根據(jù)圓周角定理求出∠AOB＝2∠C，再求出答案即可．【解答】解：∵∠OBC＝26°，OB＝OC，∴∠C＝∠OBC＝26°，∴∠AOB＝2∠C＝52°，故答案為：52°．【考點12】圓周角定理27．（2022?平南縣二模）如圖，A，B，C是⊙O上的三點，AB，AC在圓心O的兩側，若∠ABO＝20°，∠ACO＝30°，則∠BOC的度數(shù)為（）A．100° B．110° C．125° D．130°【考點】圓周角定理；三角形的外角性質；等腰三角形的性質．【答案】A【分析】過A、O作⊙O的直徑AD，分別在等腰△OAB、等腰△OAC中，根據(jù)三角形外角的性質求出∠BOC＝2∠ABO+2∠ACO．【解答】解：過A作⊙O的直徑，交⊙O于D．在△OAB中，OA＝OB，則∠BOD＝∠ABO+∠OAB＝2×20°＝40°，同理可得：∠COD＝∠ACO+∠OAC＝2×30°＝60°，故∠BOC＝∠BOD+∠COD＝100°．故選：A．28．（2022春?番禺區(qū)校級期中）如圖，已知AB是⊙O的直徑，∠D＝40°，則∠CAB的度數(shù)為（）A．20° B．40° C．50° D．70°【考點】圓周角定理．【答案】C【分析】先根據(jù)圓周角定理求出∠B及∠ACB的度數(shù)，再由直角三角形的性質即可得出結論．【解答】解：∵∠D＝40°，∴∠B＝∠D＝40°．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣40°＝50°．故選：C．29．（2022春?靖江市校級月考）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠A＝36°，∠C＝28°，則∠B＝（）A．100° B．72° C．64° D．36°【考點】圓周角定理．【答案】C【分析】連接OA，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠OAC＝∠C＝28°，根據(jù)等腰三角形的性質解答即可．【解答】解：連接OA，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠C＝28°，∴∠OAB＝64°，∵OA＝OB，∴∠B＝∠OAB＝64°，故選：C．30．（2022秋?南崗區(qū)校級月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C、D是⊙O上的兩點，分別連接AC、BC、CD、OD．若∠DOB＝140°，則∠ACD＝（）A．20° B．30° C．40° D．70°【考點】圓周角定理．【答案】A【分析】根據(jù)∠DOB＝140°，求出∠AOD的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理求出∠ACD的度數(shù)．【解答】解：∵∠DOB＝140°，∴∠AOD＝40°，∴∠ACD＝∠AOD＝20°，故選：A．31．（2022秋?環(huán)江縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的兩點，若∠BCD＝28°，則∠ABD＝62°．【考點】圓周角定理．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得到∠ACB＝90°，求出∠BCD，根據(jù)圓周角定理解答即可．【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠BCD＝28°，∴∠ACD＝62°，由圓周角定理得，∠ABD＝∠ACD＝62°，故答案為：62．【考點13】圓內接四邊形的性質；32．（2022秋?天門期中）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，若四邊形ABCO是平行四邊形，則∠ADC的大小為（）A．45° B．50° C．60° D．75°【考點】圓內接四邊形的性質；平行四邊形的性質；圓周角定理．【答案】C【分析】設∠ADC的度數(shù)＝α，∠ABC的度數(shù)＝β，由題意可得，求出β即可解決問題．【解答】解：設∠ADC的度數(shù)＝α，∠ABC的度數(shù)＝β；∵四邊形ABCO是平行四邊形，∴∠ABC＝∠AOC；∵∠ADC＝β，∠ADC＝α；而α+β＝180°，∴，解得：β＝120°，α＝60°，∠ADC＝60°，故選：C．33．（2022?五通橋區(qū)模擬）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，F(xiàn)是上一點，且＝，連接CF并延長交AD的延長線于點E，連接AC．若∠ABC＝105°，∠BAC＝25°，則∠E的度數(shù)為（）A．45° B．50° C．55° D．60°【考點】圓內接四邊形的性質；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．【答案】B【分析】先根據(jù)圓內接四邊形的性質求出∠ADC的度數(shù)，再由圓周角定理得出∠DCE的度數(shù)，根據(jù)三角形外角的性質即可得出結論．【解答】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∠ABC＝105°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣105°＝75°．∵＝，∠BAC＝25°，∴∠DCE＝∠BAC＝25°，∴∠E＝∠ADC﹣∠DCE＝75°﹣25°＝50°．故選：B．【考點14】正多邊形和圓47．（2022?乾安縣模擬）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，P為上的一點（點P不與點D重合），則∠CPD的度數(shù)為（）A．30° B．36° C．60° D．72°【考點】正多邊形和圓；圓周角定理．【答案】B【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題；【解答】解：如圖，連接OC，OD．∵ABCDE是正五邊形，∴∠COD＝＝72°，∴∠CPD＝∠COD＝36°，故選：B．48．（2022?玉溪模擬）正六邊形ABCDEF內接于⊙O，正六邊形的周長是12，則⊙O的半徑是（）A． B．2 C．2 D．2【考點】正多邊形和圓．【答案】B【分析】連接OA，OB，根據(jù)等邊三角形的性質可得⊙O的半徑，進而可得出結論．【解答】解：連接OB，OC，∵多邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB＝BC，∵正六邊形的周長是12，∴BC＝2，∴⊙O的半徑是2，故選：B．49．（2022秋?天寧區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，將邊長為1的正六邊形OABCDE繞點O順時針旋轉i個45°，得到正六邊形OAiBi?iDiEi，則正六邊形OAiBi?iDiEi（i＝2020）的頂點?i的坐標是（）A．（1，﹣） B．（1，） C．（1，﹣2） D．（2，1）【考點】正多邊形和圓；坐標與圖形變化﹣旋轉．【答案】A【分析】由題意旋轉8次應該循環(huán)，因為2020÷8＝252…4，所以?i的坐標與C4的坐標相同．【解答】解：由題意旋轉8次應該循環(huán)，∵2020÷8＝252…4，∴?i的坐標與C4的坐標相同，∵C（﹣1，），點C與C4關于原點對稱，∵AB＝AC＝1，∠OAB＝120°，∴OB＝，∴C4（1，﹣），∴頂點?i的坐標是（1，﹣），故選：A【考點15】弧長的計算．50．（2022秋?城中區(qū)校級月考）若扇形的圓心角為90°，半徑為6，則該扇形的弧長為（）A．π B．2π C．3π D．6π【考點】弧長的計算．【答案】C【分析】根據(jù)弧長公式計算．【解答】解：該扇形的弧長＝＝3π．故選：C．51．（2022?大冶市校級模擬）一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面軌道上滾動一個半徑為10cm的圓盤，如圖所示，AB與CD是水平的，BC與水平面的夾角為60°，其中AB＝60cm，CD＝40cm，BC＝40cm，那么該小朋友將圓盤從A點滾動到D點其圓心所經(jīng)過的路線長為（）cm．【考點】弧長的計算．【答案】見試題解答內容【分析】A點滾動到D點其圓心所經(jīng)過的路線在點B處少走了一段，在點C處又多求了一段弧長，所以A點滾動到D點其圓心所經(jīng)過的路線＝（60+40+40）﹣+＝（cm）．【解答】解：A點滾動到D點其圓心所經(jīng)過的路線＝（60+40+40）﹣+＝（cm）．故答案為：（）．52．（2022?合肥模擬）如圖，分別以正三角形的3個頂點為圓心，邊長為半徑畫弧，三段弧圍成的圖形稱為萊洛三角形．若正三角形邊長為6cm，則該萊洛三角形的周長為6πcm．【考點】弧長的計算；等邊三角形的性質．【答案】見試題解答內容【分析】直接利用弧長公式計算即可．【解答】解：該萊洛三角形的周長＝3×＝6π（cm）．故答案為6π．【考點16】圓錐的計算53．（2022秋?濱?？h月考）如圖，用一個半徑為30cm，面積為300πcm2的扇形鐵皮，制作一個無底的圓錐（不計損耗），則圓錐的底面半徑r為（）A．5cm B．10cm C．20cm D．5πcm【考點】圓錐的計算．【答案】B【分析】由圓錐的幾何特征，我們可得用半徑為30cm，面積為300πcm2的扇形鐵皮制作一個無蓋的圓錐形容器，則圓錐的底面周長等于扇形的弧長，據(jù)此求得圓錐的底面圓的半徑．【解答】解：設鐵皮扇形的半徑和弧長分別為R、l，圓錐形容器底面半徑為r，則由題意得R＝30，由Rl＝300π得l＝20π；由2πr＝l得r＝10cm；故選：B．54．（2022?雙臺子區(qū)校級開學）如圖，從一塊直徑是8m的圓形鐵皮上剪出一個圓心角為90°的扇形，將剪下的扇形圍成一個圓錐，圓錐的高是（）m．A．4 B．5 C． D．2【考點】圓錐的計算．【答案】C【分析】首先連接AO，求出AB的長度是多少；然后求出扇形的弧長為多少，進而求出扇形圍成的圓錐的底面半徑是多少；最后應用勾股定理，求出圓錐的高是多少即可．【解答】解：如圖1，連接AO，∵AB＝AC，點O是BC的中點，∴AO⊥BC，又∵∠BAC＝90°，∴∠ABO＝∠AC0＝45°，∴AB＝（m），∴＝＝2π（m），∴將剪下的扇形圍成的圓錐的半徑是：2π÷2π＝（m），∴圓錐的高是：＝（m）．故選：C．55．（2022?五通橋區(qū)模擬）如圖，已知圓錐的高為，高所在直線與母線的夾角為30°，圓錐的側面積為2π．【考點】圓錐的計算．【答案】見試題解答內容【分析】先利用三角函數(shù)計算出BO，再利用勾股定理計算出AB，然后利用圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和扇形的面積公式計算圓錐的側面積．【解答】解：如圖，∠BAO＝30°，AO＝，在Rt△ABO中，∵tan∠BAO＝，∴BO＝tan30°＝1，即圓錐的底面圓的半徑為1，∴AB＝＝2，即圓錐的母線長為2，∴圓錐的側面積＝?2π?1?2＝2π．故答案為2π．【考點17】扇形面積的計算56．（2022?溫州校級開學）如圖，在?ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以點A為圓心，AD的長為半徑畫弧交AB于點E，連接CE，則陰影部分的面積是3﹣π（結果保留π）．【考點】扇形面積的計算；平行四邊形的性質．【答案】見試題解答內容【分析】過D點作DF⊥AB于點F．可求?ABCD和△BCE的高，觀察圖形可知陰影部分的面積＝?ABCD的面積﹣扇形ADE的面積﹣△BCE的面積，計算即可求解．【解答】解：過D點作DF⊥AB于點F．∵AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，∴DF＝AD?sin30°＝1，EB＝AB﹣AE＝2，∴陰影部分的面積：4×1﹣﹣2×1÷2＝4﹣π﹣1＝3﹣π．故答案為：3﹣π．57．（2021秋?岱岳區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，點D為AB的中點，以點D為圓心作圓心角為90°的扇形DEF，點C恰在弧EF上，則圖中陰影部分的面積為﹣．【考點】扇形面積的計算．【答案】見試題解答內容【分析】連接CD，證明△DCH≌△DBG，則S四邊形DGCH＝S△BDC，求得扇形FDE的面積，則陰影部分的面積即可求得．【解答】解：連接CD，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∵點D為AB的中點，∴DC＝AB＝BD＝1，CD⊥AB，∠DCA＝45°，∴∠CDH＝∠BDG，∠DCH＝∠B，在△DCH和△DBG中，，∴△DCH≌△DBG（ASA），∴S四邊形DGCH＝S△BDC＝S△ABC＝AB?CD＝×2×1＝．∴S陰影＝S扇形DEF﹣S△BDC＝﹣＝﹣．故答案為﹣．58．（2022?蘭山區(qū)一模）如圖，C為半圓內一點，O為圓心，直徑AB長為2cm，∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，將△BOC繞圓心O逆時針旋轉至△B′OC′，點C′在OA上，則邊BC掃過區(qū)域（圖中陰影部分）的面積為πcm2．（結果保留π）【考點】扇形面積的計算；旋轉的性質．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)已知條件和旋轉的性質得出兩個扇形的圓心角的度數(shù)，再根據(jù)扇形的面積公式進行計算即可得出答案．【解答】解：∵∠BOC＝60°，△B′OC′是△BOC繞圓心O逆時針旋轉得到的，∴∠B′OC′＝60°，△BCO≌△B′C′O，∴∠B′OC＝60°，∠C′B′O＝30°，∴∠B′OB＝120°，∵AB＝2cm，∴OB＝1cm，OC′＝，∴B′C′＝，∴S扇形B′OB＝＝π，S扇形C′OC＝＝，∴陰影部分面積＝S扇形B′OB+S△B′C′O﹣S△BCO﹣S扇形C′OC＝S扇形B′OB﹣S扇形C′OC＝π﹣＝π；故答案為：π．一．選擇題（共11小題）1．（2022秋?河西區(qū)校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，＝＝，∠COD＝34°，則∠AEO的度數(shù)是（）A．51° B．56° C．68° D．78°【考點】圓心角、弧、弦的關系．【答案】A【分析】由＝＝，可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，繼而可求得∠AOE的度數(shù)；然后再根據(jù)等腰三角形的性質和三角形內角和定理來求∠AEO的度數(shù)．【解答】解：如圖，∵＝＝，∠COD＝34°，∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝78°．又∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE，∴∠AEO＝×（180°﹣78°）＝51°．故選：A．2．（2022秋?隆回縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，將△ABC繞點A順時針旋轉90°后得到△AB′C′（點B的對應點是點B′，點C的對應點是點C′），連接CC′．若∠CC′B′＝32°，則∠B的大小是（）A．32° B．64° C．77° D．87°【考點】旋轉的性質．【答案】C【分析】旋轉中心為點A，C、C′為對應點，可知AC＝AC′，又因為∠CAC′＝90°，根據(jù)三角形外角的性質求出∠C′B′A的度數(shù)，進而求出∠B的度數(shù)．【解答】解：由旋轉的性質可知，AC＝AC′，∵∠CAC′＝90°，可知△CAC′為等腰直角三角形，則∠CC′A＝45°．∵∠CC′B′＝32°，∴∠C′B′A＝∠C′CA+∠CC′B′＝45°+32°＝77°，∵∠B＝∠C′B′A，∴∠B＝77°，故選：C．3．（2023春?古冶區(qū)期末）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．若點A，D，E在同一條直線上，∠ACB＝20°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．55° B．60° C．65° D．70°【考點】旋轉的性質．【答案】C【分析】根據(jù)旋轉的性質和三角形內角和解答即可．【解答】解：∵將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．∴∠DCE＝∠ACB＝20°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，∴∠CAD＝45°，∠ACD＝90°﹣20°＝70°，∴∠ADC＝180°﹣45°﹣70°＝65°，故選：C．4．（2022秋?沈河區(qū)校級期末）下列語句中不正確的有（）①相等的圓心角所對的弧相等；②平分弦的直徑垂直于弦；③圓是軸對稱圖形，任何一條直徑都是它的對稱軸；④長度相等的兩條弧是等?。瓵．3個 B．2個 C．1個 D．4個【考點】圓心角、弧、弦的關系；圓的認識．【答案】D【分析】①和④、沒有前提；②、注意不是直徑的弦；③、注意對稱軸是直線．【解答】解：①和④、錯誤，應強調在同圓或等圓中；②、錯誤，應強調不是直徑的弦；③、錯誤，應強調過直徑所在的直線才是它的對稱軸．故選：D．5．（2022秋?河西區(qū)校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，OC＝5cm，CD＝8cm，則AE＝（）A．8cm B．5cm C．3cm D．2cm【考點】垂徑定理；勾股定理．【答案】A【分析】根據(jù)垂徑定理可得出CE的長度，在Rt△OCE中，利用勾股定理可得出OE的長度，再利用AE＝AO+OE即可得出AE的長度．【解答】解：∵弦CD⊥AB于點E，CD＝8cm，∴CE＝CD＝4cm．在Rt△OCE中，OC＝5cm，CE＝4cm，∴OE＝＝3cm，∴AE＝AO+OE＝5+3＝8cm．故選：A．6．（2022秋?南開區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，將△ABC繞點A逆時針旋轉，使點C落在線段AB上的點E處，點B落在點D處，則B、D兩點間的距離為（）A． B．2 C．3 D．2【考點】旋轉的性質．【答案】A【分析】通過勾股定理計算出AB長度，利用旋轉性質求出各對應線段長度，利用勾股定理求出B、D兩點間的距離．【解答】解：連接BD．∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∵將△ABC繞點A逆時針旋轉，使點C落在線段AB上的點E處，點B落在點D處，∴AE＝4，DE＝3，∴BE＝1，在Rt△BED中，BD＝＝．故選：A．7．（2022秋?孝感期末）如圖，正方形OABC的兩邊OA、OC分別在x軸、y軸上，點D（5，3）在邊AB上，以C為中心，把△CDB旋轉90°，則旋轉后點D的對應點D′的坐標是（）A．（2，10） B．（﹣2，0） C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）【考點】坐標與圖形變化﹣旋轉．【答案】C【分析】分順時針旋轉和逆時針旋轉兩種情況討論解答即可．【解答】解：∵點D（5，3）在邊AB上，∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，①若順時針旋轉，則點D′在x軸上，OD′＝2，所以D′（﹣2，0），②若逆時針旋轉，則點D′到x軸的距離為10，到y(tǒng)軸的距離為2，所以D′（2，10），綜上所述，點D′的坐標為（2，10）或（﹣2，0）．故選：C．8．（2022秋?邯山區(qū)校級期末）如圖，在半徑為13cm的圓形鐵片上切下一塊高為8cm的弓形鐵片，則弓形弦AB的長為（）A．10cm B．16cm C．24cm D．26cm【考點】垂徑定理的應用．【答案】C【分析】首先構造直角三角形，再利用勾股定理得出BC的長，進而根據(jù)