备战2023数学新中考二轮复习重难突破（广东专用）专题10 圆

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重点分析
1. 圆的定义
如图所示，有两种定义方式：
①在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆．固定的端点O叫做圆心，以O为圆心的圆记作⊙O，线段OA叫做半径；
②圆是到定点的距离等于定长的点的集合．

要点：圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小．
2.与圆有关的概念
①弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦；如上图所示线段AB，BC，AC都是弦．
②直径：经过圆心的弦叫做直径，如AC是⊙O的直径，直径是圆中最长的弦．
③弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧，如曲线BC、BAC都是⊙O中的弧，分别记作，．
④半圆：圆中任意一条直径的两个端点分圆成两条弧，每一条弧都叫做半圆，如是半圆．
⑤劣弧：像这样小于半圆周的圆弧叫做劣弧．
⑥优弧：像这样大于半圆周的圆弧叫做优弧．
⑦同心圆：圆心相同，半径不相等的圆叫做同心圆．
⑧弓形：由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形．
⑨等圆：能够重合的两个圆叫做等圆．
⑩等弧：在同圆或等圆中，能够互相重合的弧叫做等弧．
圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角，如上图中∠AOB，∠BOC是圆心角．
圆周角：顶点在圆上，两边都和圆相交的角叫做圆周角，如上图中∠BAC、∠ACB都是圆周角．
难点解读
圆的有关性质
1.圆的对称性
圆是轴对称图形，经过圆心的直线都是它的对称轴，有无数条．圆是中心对称图形，圆心是对称中心，又是旋转对称图形，即旋转任意角度和自身重合．
2.垂径定理
①垂直于弦的直径平分这条弦，且平分弦所对的两条弧．
②平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．如图所示：



在图中(1)直径CD，(2)CD⊥AB，(3)AM＝MB，(4)，(5)．若上述5个条件有2个成立，则另外3个也成立．因此，垂径定理也称“五二三定理”．即知二推三．
注意：(1)(3)作条件时，应限制AB不能为直径．
3.弧、弦、圆心角之间的关系
①在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等；
②在同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，它们所对应的其余各组量也相等．
4.圆周角定理及推论
①圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
②圆周角定理的推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
要点：圆周角性质的前提是在同圆或等圆中．

真题演练
1．（2021·广东中考真题）如图，是⊙的直径，点C为圆上一点，的平分线交于点D，，则⊙的直径为（ ）

A． B． C．1 D．2
【答案】B
【解析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角的性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+，最后根据勾股定理列式求出x，进而求得AB．
【解答】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵∠ABC的角平分线BD
∴DE=DC=1
在Rt△DEB和Rt△DCB中
DE=DC、BD=BD
∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL）
∴BE=BC
在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2
AE=
设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2
则（x+）2=32+x2，解得x=
∴AB=+=2
故填：2．

【点评】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
2．（2021·广东九年级一模）将一枚飞镖投掷到如图所示的正六边形镖盘上（每次飞镖均落在镖盘上，且落在镖盘的任何一个点的机会都相等），飞镖落在阴影区域的概率为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】用阴影区域的面积除以正六边形的面积即可求得答案．
【解答】解：设正六边形的边长为a，过A作AG⊥BF，垂足为G，如图，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AF=AB=BC=CD=DE=EF，
∴
∴
∴
∴由勾股定理得FG=，
∴BF=
∴
∴白色部分的面积，阴影区域的面积是a×a＝a2，
所以正六边形的面积为
则飞镖落在阴影区域的概率为．
故选：B．
【点评】考查了几何概率的知识，解题的关键是正确的求得阴影部分的面积，难度不大．
3．（2021·广东九年级二模）如图，已知，，，将绕点沿逆时针方向旋转后得到，直线、相交于点，连接．则以下结论中：①∽；②；③为的中点；④面积的最大值为．其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】由旋转性质、等腰直角三角形的性质结合三角形相似的判定条件即可判断①正确；设与AB交于点G，由，可推出，再根据对顶角，即可推出，即②正确；由圆周角定理可知点A、C、B、F共圆，再结合圆内接四边形的性质，可求出，最后由等腰三角形三线合一，即证明点F为BD中点，即③正确；设点F到AC的距离为h，由AC为固定值，故h最大，面积最大，由h最大值时F点与E点重合，即可求出其面积最大值，即可判断④．
【解答】∵，，
∴，．
∵将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转后得到△ADE，
∴，，，
∴，即．
又∵，
∴，故①正确；
如图，设与AB交于点G．

∵，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴点A、C、B、F在同一圆上，
∴，
∵，
∴，即．
∵，
∴点F为BD中点，故③正确；
设点F到AC的距离为h，
则，
∵AC长度为2，
∴当h最大时，最大．
∵当F点与E点重合时，，此时为h最大，如图．

∴，故④错误．
综上可知①②③正确，共3个．
故选C．
【点评】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理以及圆的内接四边形的性质等知识，综合性强．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
4．（2021·广东）已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连接CM．分析下列结论：①AP⊥BN；②BM＝DN；③点P一定在以CM为直径的圆上；④当AN＝时，PC＝．其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】由△PBC∽△PAM，得出∠PAM=∠PBC，再由 ，即可推出AP⊥BN，故可判断①；易证△BAP∽△BNA，得出，由，得出AM=AN，即可得出BM=DN，故可判断②；由△PBC∽△PAM，得出∠APM=∠BPC，推出∠CPM=∠APB=90°，即可得出点P一定在以CM为直径的圆上，故可判断③；过点P作EF//AB，可证明，在△PAB中运用勾股定理求出，在△PAE中运用勾股定理求出，，进而求出PF和CF，再运用勾股定理求出PC的长，从而可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，
∵△PBC∽△PAM，
∴∠PAM=∠PBC，
又
∴∠PAM+∠PBA=90°，
∴∠APB=90°，
∴AP⊥BN，故①正确；
∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，
∴△BAP∽△BNA，
∴，
又∴△PBC∽△PAM
∴，
∵AB=BC，
∴AM=AN，
∴AB-AM=AD-AN，
∴BM=DN，故②正确；
∵△PBC∽△PAM，
∴∠APM=∠BPC，
∴∠CPM=∠APB=90°，
∴点P一定在以CM为直径的圆上，故③正确；
过点P作EF//AB，交AD于E点，交BC于F点，如图，

∵AP⊥BN
∴
又∠DAB=90︒
∴
∴
∵
∴
∴，即
在Rt△PAB中，，即
∴
在Rt△PAE中，
解得，，（负值舍去）
∴，
∴
∴
在中，，故④正确．
所以，正确的结论共有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、正方形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2021·广东揭阳市·九年级一模）如图，是⊙O的直径，交⊙O于点，于点，下列说法不正确的是（ ）

A．若，则是⊙O的切线 B．若，则是⊙O的切线
C．若，则是⊙O的切线 D．若是⊙O的切线，则
【答案】A
【解析】根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，OD是△ABC的中位线，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以证明DE是⊙O的切线，可判断B选项正确；
若DE是⊙O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；
根据CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位线，同上可以证明DE是⊙O的切线，可判断C选项正确；
若，没有理由可证明DE是⊙O的切线．
【解答】解：当AB=AC时，如图：连接AD，

∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴CD=BD，
∵AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以B选项正确；
当DE是⊙O的切线时，如图：连接AD，

∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD∥BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴AD是线段BC的垂直平分线，
∴AB=AC，所以D选项正确；
当CD=BD时，又AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以C选项正确．
若，没有理由证明DE是⊙O的切线，所以A选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
6．（2021·广东九年级一模）如图，已知 M（0，2），A（2，0），以点 M 为圆心，MA 为半径作⊙M，与 x 轴的另一个交点为 B， 点 C 是⊙M 上的一个动点，连接 BC，AC，点 D 是 AC 的中点，连接 OD．给出 4 个说法：①BC＝2OD；②∠ODA＝45°；③当线段 OD 取得最大值时，点 D 的坐标为（1，1＋）；④当点 C 在上运动时，点 D 的运动路径为．其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【解析】根据三角形中位线定理、圆周角定理和等腰三角形的性质求解即可；
【解答】解：（1）由圆的对称性可知OB＝OA，
为的中点，
,故①正确；
（2）连接BM、AM，

M（0，2），A（2，0），以点 M 为圆心，MA 为半径作⊙M，

∴∠BCA＝45°，由OD//BC可得∠ODA＝45°，故②正确；
（3）
最大，即最大，
当为的直径时最大，




为的中点，
故③错误；
（4） 当点 C 在上运动时，点D在以为直径的⊙E上的上运动，
连接AE，如（2）中图，可得∠OEA＝90°，
由△ODA是等腰直角三角形及OA＝2可得OE＝，
则点D的运动路径长＝，故④正确
综上所述，正确的结论是①②④，
故选B
【点评】本题主要考查了圆周角定理、三角形中位线定理和等腰三角形的性质，准确分析判断是解题的关键．
7．（2021·广东九年级其他模拟）已知，，是等圆，内接于，点C，E分别在，上．如图，①以C为圆心，长为半径作弧交于点D，连接；②以E为圆心，长为半径作弧交于点F，连接；下面有四个结论：①；②；③；④，所有正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】根据圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：由题意得，，，
∵，
∴；故①错误；
∵，，是等圆，
∴，
∵，
∴；故②正确；
∴，，
∵，
∴；故③正确；
∵，，
∵，
∴，故④正确；
∴正确结论的序号是②③④，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，熟练掌握圆心角、弧、弦的关系是解题的关键．
8．（2021·广东九年级一模）正边形的边长为，那么它的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先画出图形（见解析），先根据正多边形的性质可得的度数、，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后解直角三角形即可得．
【解答】由题意，画出图形如下（正边形的一部分，其中，点是正边形的中心，为它的边，为它的半径），过点作于点，连接，

由正边形的性质得：，
，，
（等腰三角形的三线合一），
在中，，
故选：C．
【点评】本题考查了正多边形的性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
9．（2021·广东广州市·西关外国语学校九年级一模）如图，在扇形 OAB 中，∠AOB=105°，OA=6，点C在半径OB 上，沿 AC 折叠，圆心 O 落在  上，则图中阴影部分的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连接AO、OO，根据折叠性质可知△AO O是等边三角形，然后再求出、、，即可求解．
【解答】解：连接AO、OO交AC于点D，

由折叠的性质可得，AC⊥OO，OD=OD，AO=AO=OO
∴△AO O是等边三角形，
∴∠AO O=60°，
∵∠AOB=105°，
∴∠COD=45°
∵OA=6，AC⊥OO，OD=OD，
∴CD= OD=OO=OA=3，
∴，
，
，
∴．
故选：C．
【点评】本题是扇形面积的综合练习题，考查了折叠的性质，以及扇形面积的公式，灵活运用即可．
10．（2021·广东中考真题）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】设A(a，a²)，B(b，b²)，求出AB的解析式为，进而得到OD=1，由∠OCB=90°可知，C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解．
【解答】解：如下图所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D，

设A(a，a²)，B(b，b²)，其中a≠0，b≠0，
∵OA⊥OB，
∴，
∴，
即，
，
设AB的解析式为：，代入A(a，a²)，
解得：，
∴，
∵，即 ，
∴C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，
当CH为圆E的半径时，此时CH的长度最大，
故CH的最大值为，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，圆的相关知识等，本题的关键是求出AB与y轴交点的纵坐标始终为1，结合，由此确定点E的轨迹为圆进而求解．
11．（2021·广东广州市·九年级一模）平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点与⊙O的位置关系是（　　）
A．点在⊙O内 B．点在⊙O上 C．点在⊙O外 D．无法确定
【答案】A
【解析】本题根据题意可作图可知，即可判定点与的位置关系.
【解答】解：由题意可作图，如下图所示：

∵，
∴点在内.
故A正确，B、C、D错误，
故选：A.
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，熟记d，r法则是解题的关键．
12．（2021·广州市第十六中学九年级二模）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C、D，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】首先根据圆周角定理可知，∠ABC＝，在Rt△ACB中，根据锐角三角函数的定义求出∠ABC的正弦值．
【解答】∵和∠ABC所对的弧长都是，
∴根据圆周角定理知，∠ABC＝，
∴在Rt△ACB中，AB=
根据锐角三角函数的定义知，sin∠ABC＝，
∴=，
故选A．
【点评】本题主要考查锐角三角函数的定义和圆周角的知识点，解答本题的关键是利用圆周角定理把求的正弦值转化成求∠ABC的正弦值，本题是一道比较不错的习题．
13．（2021·广东广州市第二中学九年级二模）若正六边形的边长为6，则其外接圆半径与内切圆半径的大小分别为（ ）
A．6， B．，3 C．6，3 D．，
【答案】A
【解析】先根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质，再利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图，点为正六边形的外接圆和内切圆的圆心，

则为其外接圆半径，为内切圆半径，
正六边形的边长为6，
，
又，
是等边三角形，
，
由圆的切线的性质得：，
，
，
即正六边形的外接圆半径为6，内切圆半径为，
故选：A．
【点评】本题考查了正六边形的外接圆和内切圆，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
14．（2021·广东九年级一模）⊙P与轴相交于点、点，与轴相切于点，则⊙P的半径（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
【答案】A
【解析】先画出图形（见解析），再根据圆的切线的性质可得，然后根据矩形的判定与性质可得，最后根据垂径定理可得，由此可求出点的坐标，从而可得的长，由此即可得出答案．
【解答】由题意，画出图形如下：过点作于点，连接，

与轴相切于点，
，
又，
四边形是矩形，
，
由垂径定理得：，即点是的中点，
，
，即，
，
则的半径，
故选：A．
【点评】本题考查了圆的切线的性质、垂径定理、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．
15．（2021·中山大学附属中学九年级一模）如图，已知⊙O的半径为3，弦CD＝4，A为⊙O上一动点（点A与点C、D不重合），连接AO并延长交CD于点E，交⊙O于点B，P为CD上一点，当∠APB＝120°时，则AP•BP的最大值为（ ）


A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】A
【解析】延长AP交⊙O于T，连接BT．设PC=x．构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【解答】解：延长AP交⊙O于T，连接BT．设PC=x．


∵AB是直径，
∴∠ATB=90，
∵∠APB=120，
∴∠BPT=60，
∴PT=PB•cos60=PB，
∵PA•PB=2PA•PT=2PC•PD=2x•（4-x）=-2（x-2）2+8，
∵-2＜0，
∴x=2时，PA•PB的最大值为8，
故选：A．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

16．（2021·广东深圳市·九年级一模）如图，在矩形中，已知，矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图②位置，···，以此类推，这样连续旋转次后，顶点在整个旋转过程中所经过的路程之和是_______．


【答案】
【解析】计算每一次转动的路线的长，找出其规律为每转动4次为一个循环．即可求出最终答案．
【解答】∵AB=4，BC=3，四边形ABCD为矩形．
∴，
根据弧长公式可得：转动第1次A的路线长为：，
转动第2次A的路线长为：，
转动第3次A的路线长为：，
转动第4次A不动，路线长为，
转动第5次A的路线长为：，
…
由此可知每4次为一个循环，
∴顶点A转动4次经过的路线长为，
∵，
∴连续旋转2021次后路线长为．
故答案为：．
【点评】本题考查弧长的计算、矩形的性质、旋转中的规律问题以及勾股定理．根据计算出的每一次转动的路线长，找出其规律是解答本题的关键．
17．（2021·广东惠州市·九年级二模）如图，圆心都在轴正半轴上的半圆，半圆，…，半圆与直线相切．设半圆，半圆，…，半圆的半径分别是，，…，，则当直线与轴所成锐角为，且时， _________．

【答案】
【解析】分别作O1A⊥l，O2B⊥l，O3C⊥l，如图，根据切线的性质得O1A=，O2B=，O3C=，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到OO1=2O1A=2=2，在Rt△OO2B中，OO2=2O2B，即2+1+=2，解得=3，同理得到=9=32，按此规律同理可得rn=3n-1，然后n取2017即可得到答案．
【解答】解：分别作O1A⊥l，O2B⊥l，O3C⊥l，如图，

∵半圆O1，半圆O2，…，半圆On与直线L相切，
∴O1A=，O2B=，O3C=，
∵∠AOO1=30°，
∴OO1=2O1A=2=2，
在Rt△OO2B中，OO2=2O2B，即2+1+=2，
∴=3，
在Rt△OO3C中，OO3=2O3C，即2+1+2×3+=2，
∴r3=9=32，
同理可得r4=27=33，
所以r2021=32020．
故答案为32020
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
18．（2021·广东雷州市教育局九年级一模）如图所示，，，将扇形绕边的中点顺时针旋转得到扇形，弧交于点，则图中阴影部分的面积为____．

【答案】．
【解析】延长EO交O′A′于P，连接O′E，根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：延长EO交O′A′于P，连接O′E，

∵∠AOB=90°，OA=OB=4，D为OB中点，
∴OD=2，∠ODO′=90°，
∴S阴影OPO′，
∵O′P=O′A′=O′E，
∴∠O′EP=30°，
∴∠PO′E=60°，EP=O′P=2，
∴S阴影A′PE=S扇形O′A′E-S△O′PE

，
∴S阴影，
故答案为：．
【点评】本题考查的是扇形面积计算、旋转变换的性质、直角三角形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
19．（2021·广东九年级二模）如图，扇形OPQ可以绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，若∠POQ＝120°，OP等于正六边形ABCDEF边心距的2倍，AB＝2，则阴影部分的面积为_________________．

【答案】4π﹣2
【解析】连接OE，OD，OC．设EF交OP于T，CD交OQ于J．证明△EOT≌△COJ（ASA），推出S五边形OTEDJ＝S四边形OEDC＝2××22＝2，根据S阴＝S扇形OPQ﹣S五边形OTEDJ，求解即可．
【解答】解：连接OE，OD，OC．设EF交OP于T，CD交OQ于J．

∵∠POQ＝∠EOC＝120°，
∴∠EOT＝∠COJ，
∵OE＝OJ，∠OET＝∠OCJ＝60°，
∴△EOT≌△COJ（ASA），
正六边形ABCDEF，
都是边长为的等边三角形，
∴S五边形OTEDJ＝S四边形OEDC＝2××22＝2，
OP等于正六边形ABCDEF边心距的2倍，而正六边形ABCDEF边心距为：

∴S阴＝S扇形OPQ﹣S五边形OTEDJ＝
故答案为：4π﹣2．
【点评】本题考查的是旋转变换，正多边形与圆的知识，扇形面积的计算，掌握正多边形的相关概念是解题的关键．
20．（2021·广东九年级一模）如图，正方形ABCD中，扇形BAC与扇形CBD的弧交于点E，AB＝6cm．则图中阴影部分面积为___cm2．

【答案】3π
【解析】根据正方形的性质，可得边相等，角相等，根据扇形BAC与扇形CBD的弧交于点E，可得△BCE的形状，根据图形的割补，可得阴影的面积是扇形，根据扇形的面积公式，可得答案．
【解答】解：正方形ABCD中，
∴∠DCB=90°，DC=AB=6cm．
扇形BAC与扇形CBD的弧交于点E，
∴△BCE是等边三角形，∠ECB=60°，
∴∠DCE=∠DCB-∠ECB=30°．
根据图形的割补，可得阴影的面积是扇形DCE，
S扇形DCE=π×62×=3π，
故答案为3π．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，扇形的面积，灵活应用图形的割补是解题关键．
21．（2021·广东九年级一模）如图，正方形内接于⊙，⊙的半径为2，以点为圆心，以长为半径画弧交的延长线于点，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为__________．（用含π的式子表示）．

【答案】
【解析】利用对称性可知：阴影部分的面积=扇形AEF的面积-△ABD的面积．
【解答】解：∵⊙的半径为2，
∴AO=2，AC=BD=4，
利用对称性可知：阴影部分的面积=扇形AEF的面积-△ABD的面积
==4π-4，
故答案为：4π-4．
【点评】本题考查扇形的面积公式、正方形的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
22．（2021·广东九年级二模）如图，AB为⊙O的直径，C，D两点在圆上，∠CAB＝20°，则∠ADC的度数等于______

【答案】110°
【解析】连接BC，AB为⊙O直径，∠ACB=90°，求出∠B的度数，然后根据圆内接四边形的性质求出∠ADC的度数．
【解答】解：连接BC．

∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=20°，
∴∠B=90°-20°=70°，
在圆内接四边形ABCD中，
∠ADC=180°-70°=110°．
故答案为：110°．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，作出辅助线是解题的关键．
23．（2021·广东九年级二模）如图，半径为的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为_______________．

【答案】
【解析】根据题意,当点从点出发顺时针运动到点,点的路径是以为半径，中点为圆心的一段圆弧，求出圆心角和半径即可求得弧长，即点所经过的路径长．
【解答】

点的路径是以为半径，中点为圆心的一段圆弧
如图，连接，设于点，连接的中点和点,
的半径为,弦且过半径的中点，为直径
,



,



故答案为：．
【点评】本题考查了圆上的动点问题，垂径定理，弧长公式，勾股定理，根据定弦定角找到点的路径是解题的关键．
24．（2021·广东九年级二模）如图，BD是⊙O的直径，点A、C在圆周上，∠A＝65°，则∠CBD的度数为____．

【答案】25°
【解析】根据同弧或等弧所对的圆周角相等得到∠BDC=∠A=65°，由BD为⊙O的直径，根据圆周角定理的推论：直径所对的圆周角为直角得到∠BCD=25°，然后利用三角形内角定理即可计算出∠CBD的度数．
【解答】解：∵∠A=65°，
∴∠BDC=65°，
又∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠CBD=90°-65°=25°．
故答案为：25°．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．也考查了圆周角定理的推论以及三角形内角和定理．
25．（2021·广东中考真题）如图，等腰直角三角形中，．分别以点B、点C为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交、、于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为____．

【答案】
【解析】根据等腰直角三角形的性质可求出AC的长，根据S阴影=S△ABC-2S扇形CEF即可得答案．
【解答】∵等腰直角三角形中，，
∴AC=AB=，∠B=∠C=45°，
∴S阴影=S△ABC-2S扇形CEF==，
故答案为：
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质及扇形面积，熟练掌握面积公式是解题关键．
26．（2021·广东九年级二模）已知点，原点O关于一次函数的对称点恰好与的外心重合，则点的坐标为___________，b的值为___________．
【答案】
【解析】因为为直角三角形，直角三角形的外心在斜边中点处．的外心在斜边的中点上，可得，设交于点P，根据对称的性质直线垂直平分，得，由两直线互相垂直知在直线上，代入可得b的值．
【解答】解：为直角三角形，
的外心在斜边的中点上（直角三角形的外心在斜边中点处），
，
，
，
连接，如图，
设交于点P，
∵点是由O关于对称而来，
∴直线垂直平分（对称的性质），
为中点，
，
，
∵直线与垂直，
，
，
∵直线过，
，
，
故答案为．

【点评】本题考察三角形外心的定义、一次函数值的几何意义、中点坐标公式和待定系数法求解析式．解题的关键在于通过相关知识找到直线上的点的坐标，再利用待定系数法求解．
27．（2021·广东九年级一模）如图，在等腰中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点．当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是________．

【答案】
【解析】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，由勾股定理可得的长度，由三角形中位线定理可知，可以推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆．
【解答】取AB中点O，连接OP，OC，取OC中点D，连接MD，

∵为等腰直角三角形，
∴，
，
，
由题意可知，点M的运动路径是以点D为圆心，以为半径的半圆，
点M的运动路径长，
故答案为：．
【点评】本题考查了轨迹、点按一定规律运动所形成的的圆形为点运动的轨迹、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、圆的周长的计算等知识点，解答本题的关键是作出辅助线，正确寻找点的运动轨迹．
28．（2021·广东广州市第二中学九年级二模）如图，在中，，，．以上的一点为圆心，为半径作与相切于点，则的半径为______．


【答案】
【解析】如图（见解析），先利用勾股定理可得，再根据圆的切线的性质、切线长定理可得，，设的半径为，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【解答】解：如图，连接，

在中，，，，
，
为的半径，，
是的切线，
又与相切于点，
，，
，
设的半径为，则，
在中，，即，
解得，
即的半径为，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理、圆的切线的性质、切线长定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．