2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：圆

这是一份2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：圆，共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：圆

一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考一模）如图，内接于，OC为半径，，的度数为（    ）

A． B． C． D．
2．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）如图是小明完成的．作法是：取的直径，在上任取一点引弦当点在半圆上移动时点不与A、B重合，的平分线与的交点必(  )

A．平分弧 B．三等分弧
C．到点和直径的距离相等 D．到点和点的距离相等
3．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点P在⊙上，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，已知是的两条切线，为切点．是的直径，若，则的度数为（    ）．

A． B． C． D．
5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考二模）如图，在直径为2的中，延长直径至点C，使是的切线，D为切点，则的长是（    ）

A． B． C．2 D．
6．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，、是的切线，切点分别是A、B，点E在上，，那么等于（  ）

A．150° B．120° C．90° D．60°
7．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）如图，中，，，点是的内心，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
8．（2023·黑龙江牡丹江·统考一模）已知一个扇形的圆心角为，半径是6，则这个扇形围成的圆锥的高是（   ）
A． B． C． D．

二、填空题
9．（2023·黑龙江鸡西·校考二模）如图，点C，D在以为直径的半圆O上，且，点E是上任意一点，连接，，则的度数为_____________．
    
10．（2023·黑龙江牡丹江·统考一模）的半径为2，弦，点是上一点，且，则点到的距离为__________．
11．（2023·黑龙江大庆·统考一模）如图，，是的两条弦，且，点D，P分别在，上，若，则的度数为______．

12．（2023·黑龙江佳木斯·校考二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．

13．（2023·黑龙江佳木斯·校考二模）如图，CD是⊙O的直径，AB是弦，CD⊥AB于点E，若OA=5，AB=8，则AD的长为_____________．

14．（2023·黑龙江鸡西·校考一模）如图，在⊙中，是⊙外一点，、与⊙相切于、两点，点、是⊙上的两点，若，则的度数为________．

15．（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正六边形的边长为2，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，正六边形的外接圆与正六边形的各边相切……按这样的规律进行下去，的边长为___________．

16．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）已知扇形的圆心角为120°，弧长为，则它的半径为______．
17．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）已知圆锥底面半径为1，它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的侧面积为______．
18．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）有一个半径为的扇形，它的圆心角为，则该扇形的面积为______________．
19．（2023·黑龙江鸡西·校考二模）已知圆锥的母线长为，底面半径为，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为______．

三、解答题
20．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）已知：四边形内接于，点E在弧上，连接，，．

(1)如图1，求证：；
(2)若经过圆心O，如图2，求证：；
(3)在（2）的条件下，点G在弧上，连接、，的延长线与交于点H，，连接、，当，，时，如图3，求长．
21．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）已知：内接于，弦平分．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，过点A作，垂足为点E．过点D作，交的延长线于点F，且．
①求证：；
②若，，求的半径．
22．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）如图，在中，，，点为一个动点，且点到点的距离为，连接，，作，使．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)直接写出最大和最小值；
(4)点在直线上时，求的长．
23．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）为的直径，为圆上一点，，垂足为，点为圆上一点，连接，，且．
(1)如图，求证：；

(2)如图，连接，求证：；

(3)如图，在（2）的条件下，连接并延长交于点，连接交于点，若，，求的长．

24．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．

(1)求证：；
(2)当，时，求的长？
(3)当时，求的最大值？
25．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考二模）如图，四边形内接于，点D为弧的中点．

(1)求证：；
(2)若为的直径，连接并延长交于点E，过点D、E作的垂线、垂足分别为点F、G，求证：；
(3)在（2）的条件下，与交于点H，若，，求的长．
26．（2023·黑龙江齐齐哈尔·校联考一模）如图，为的直径，是的弦，点E在的延长线上，连接，，，，．

(1)求证：是的切线；
(2)当时，求图中阴影部分的面积．
27．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，矩形中，，，对角线、相交于，过点的直线与直线、分别相交于点、．



(1)直线在旋转过程中，①与的位置关系是：______ ，
②线段与的大小关系是：______ ；
(2)如图，以为直径作，若直线在旋转过程中与相切时，求线段的长度；
(3)在（2）的结论下，判断以为直径的圆与直线的位置关系．请直接写出结论．
28．（2023·黑龙江鸡西·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为．
  
(1)画出关于原点对称的，并写出点的坐标；
(2)画出将绕点按顺时针方向旋转所得的；
(3)计算（2）中点旋转到点所经过的路径长．
29．（2023·黑龙江佳木斯·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
  
(1)经过平移后得到，已知点的坐标为，画出，并写出点，的坐标；
(2)画出绕点逆时针方向旋转后得到；
(3)在(2)的条件下，求线段在旋转过程中扫过的面积结果保留．

参考答案：
1．B
【分析】连接，根据等边对等角，求出的度数，根据圆周角定理，求出的度数即可．
【详解】解：连接，则：，

∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质．熟练掌握等边对等角，以及同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．
2．A
【分析】令的平分线与的交点为E，连接，先求出，可得，从而，本题可解。
【详解】


令的平分线与的交点为E，连接OE
则
∴
∵为的平分线
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴点E 是弧的中点
∴的平分线与的交点平分弧
故选A．
【点睛】本题考查了平行线的判定、角平分线的性质、垂径定理等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
3．C
【分析】根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出∠A的度数，从而得到的度数．
【详解】解：∵AC是⊙O的直径，
∴，
∴
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，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；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．
4．B
【分析】连接，根据是的两条切线，可得，，即有，进而可得，问题随之得解．
【详解】解：连接，如图，

∵是的两条切线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理，掌握切线长定理是解答本题的关键．
5．B
【分析】连接，，根据切线的性质和已知条件得出，证明为直角三角形，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，，如图所示：

∵的直径为2，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，解题的关键是作出辅助线，求出．
6．D
【分析】连接，，由切线的性质可得，由圆周角定理可得，利用四边形的内角和即可求出．
【详解】连接，，


、是的切线
，



故选：D
【点睛】本题主要考查切线的性质，圆周角定理．解题的关键是熟练运用圆周角定理和切线的性质．
7．B
【分析】根据内心为三角形角平分线的交点，结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵点是的内心，
∴平分，平分，
∴，，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查三角形的内心与三角形内角和定理．掌握三角形的内心就是其角平分线的交点是解题关键．
8．C
【分析】根据弧长公式求出圆锥的底面周长，再求出底面半径，最后根据勾股定理求出圆锥的高即可．
【详解】解：圆锥的底面周长为：，
底面半径，
这个扇形围成的圆锥的高为：，故C正确．
故选：C．
    
【点睛】本题主要考查了求圆锥的高，勾股定理，弧长公式，解题的关键是熟练掌握弧长公式，求出圆锥的底面半径．
9．/30度
【分析】连接，根据直径所对的角是直角得出的度数，结合已知得出的度数，再根据圆周角定理即可求出最终结果．
【详解】如下图所示，连接
  
为直径




故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对圆周角相等是解题的关键．
10．1或3
【分析】根据垂径定理推论得，由勾股定理得，分两种情况分别求出的值，即可
【详解】解：∵的半径为2，点是上一点，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，
∵，即，
解得，
当如图1所示时，；
当如图2所示时，．
  
∴点到的距离为1或3．
故答案为：1或3．
【点睛】本题主要考查垂径定理和勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
11．/110度
【分析】连接，利用圆内接四边形的性质求出的度数，再利用等边对等角、三角形内角和定理求出的度数，最后利用圆内接四边形的性质求出的度数即可．
【详解】解：连接，

∵，四边形是的内接四边形，
∴，
又，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质等知识，明确题意，添加辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
12．
【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，

∵正方形ABCD，
∴

∴
∵DE=DF，
∴（SAS），
∴
∴当三点共线时，最短，则最短，
∵位BC 中点，
∴
此时
此时
所以CF的最小值为：
故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
13．
【分析】根据垂径定理得出AE=BE=，然后利用勾股定理先求OE=3，再求CE，根据勾股定理求AC即可．
【详解】解：∵CD是⊙O的直径，AB是弦，CD⊥AB，AB＝8，
∴AE=BE=，
在Rt△OEB中，根据勾股定理OE=，
∴CD=OD+OE=5+3=8，
在Rt△AED中，AD=，
故答案为．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，线段和差，掌握垂径定理，勾股定理，线段和差是解题关键．
14．/215度
【分析】连接,根据内接四边形的性质和切线长定理求出和的度数即可．
【详解】解：连接，

、与⊙相切于、两点，
，
，
，
、是⊙上两点，
四边形是⊙的内接四边形，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、切线长定理；熟练掌握圆内接四边形的性质和切线长定理是解决问题的关键．
15．
【分析】连接，，，根据正六边形的性质可得，则为等边三角形，再根据切线的性质得，于是可得，利用正六边形的边长等于它的半径可得正六边形的边长，同理可得正六边形的边长，依此规律求解即可．
【详解】解：连接，，，如图所示，

六边形为正六边形，
，
为等边三角形，
正六边形的外接圆与正六边形的各边相切，
，
，
正六边形的边长，
同理可得正六边形的边长，
正六边形的边长．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．
16．3
【分析】根据弧长计算进行求解即可．
【详解】解：设扇形的半径为，
由题意得，，
解得，
∴扇形的半径为，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了求扇形半径，熟知弧长计算公式是解题的关键
17．
【分析】根据圆锥的底面圆周长等于侧面展开扇形的弧长，利用扇形的弧长公式算出母线长，再利用圆锥的侧面积公式和底面积公式加以计算，即可得到该圆锥的侧面积．
【详解】∵圆锥底面半径为
∴圆锥的底面周长为
设圆锥的母线长为
∵圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
∴
解得
因此可得圆锥的侧面积
故答案为：．
【点睛】本题给出圆锥的底面圆半径和展开扇形的圆心角，求圆锥的侧面积．着重考查了弧长公式、圆锥的侧面积公式等知识．
18．
【分析】根据扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：扇形的面积.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式，正确理解公式是解题关键．
19．/120度
【分析】根据底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长以及弧长公式求解即可．
【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，
根据题意，得，
解得，
则圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的有关计算、弧长公式，解答本题的关键是有确定底面周长=展开图的弧长这个等量关系，扇形的半径等于圆锥的母线长．
20．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得，则，结合，进而得出，即可求证；
（2）根据是的直径，得出，根据，，得出，则，即可求证；
（3）先证明，连接，得出，连接、，延长交于点N，证明，再根据平行线分线段成比例可得，延长交于点M，连接、，推出，连接交于点K，证明四边形是矩形，则，设，则，，，得出，则，，，在中，根据勾股定理列出方程求出，进而得出，在中，根据勾股定理求出，在中，根据勾股定理求出，最后根据．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：是的直径，
，
，
，，
，
，
；
（3）解：，，，
，
，
连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
连接、，延长交于点N，

，，
，
，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
延长交于点M，连接、，

，，
是的垂直平分线，
，，
，
，
，
，
连接交于点K，
是直径，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
设，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
，
，
，，
，，
，
在中，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
．

【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，解题的关键是正确画出辅助线，熟练掌握圆周角定理，勾股定理，三角形全等的判定和性质．
21．(1)证明见解析
(2)①见解析；②

【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等，进行证明即可；
（2）①如图1，延长到，使，证明，则，进而可得，，，由，可得，，根据，，可得数量关系；②设，则，在和中，由勾股定理得，即，求得，则，，，如图2，过作于，连接，，由题意可得，，，证明，则，，在和中，根据勾股定理求，的值，如图2，连接交于，连接，由垂径定理可得，，在中，由勾股定理求的值，设半径为，则，在中，由勾股定理得，即，求值即可．
【详解】（1）证明：∵弦平分，
∴，
∴；
（2）①证明：如图1，延长到，使，

在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
②解：设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，即，
解得，（舍去），
∴，，，
如图2，过作于，连接，，

∵，
∴
∵弦平分，
∴，，，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
如图2，连接交于，连接，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
设半径为，则，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
∴半径为．
【点睛】本题考查了圆的综合，角平分线的性质，等弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．(1)见解析
(2)见解析
(3)；
(4)或

【分析】（1）由题意得，接着即可证明；
（2）由（1）得，即可得出结论；
（3）根据点到点的距离为，则点在以点为圆心，半径为1的圆上，再推导出当点在及其延长线上时，有最小和最大值，即可得到结论；
（4）根据题意，分点在上和点在的延长线上两种情况讨论，然后利用勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）



在与中

．
（2）如图，设，交于点，，交于点

由（1）知，

在与中
，

．
（3）在中
，

点到点的距离为
点在以点为圆心，半径为1的圆上
当点在及其延长线上时，有最大和最小值，分别对应下图、

最大值为；
最小值为．
（4）当点在上时
如下图位置

在中
，
由勾股定理得；
当点在的延长线上时
如上图位置
在中
，
由勾股定理得．
故的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆的性质以及勾股定理等相关内容，得出点在以点为圆心，半径为1的圆上是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)5

【分析】（1）连接，设，则，根据圆周角定理和等腰三角形性质可得，再根据三角形内角和定理可得出结论；
（2）延长交圆于点，连接，结合题意可证得，可得，进而再证得结论；
（3）在上截取一点，使，作，先证出，再证得，，，再证，设，因此，，再利用勾股定理得出，进而算出结论．
【详解】（1）连接，设，










（2）延长交圆于点，连接，

，是的直径，
，，
，






（3）

，而，



，，



，
，，，



在上截取一点，使，作，


，


设，因此，，

，



，（负根舍去）
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形性质与判定，勾股定理等知识点，添加适当的辅助线，构造合适的三角形全等是解本题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)6
(3)4

【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；

（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；

（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
25．(1)见详解；
(2)见详解；
(3)；

【分析】（1）根据点D为弧的中点得到，结合圆内接四边形对角互补即可得到答案；
（2）根据直径得到，根据过点D、E作的垂线、垂足分别为点F、G得到，即可得到，即可得到证明；
（3）根据点D为弧的中点，得到，根据勾股定理列式求出半径，再证明，即可得到答案；
【详解】（1）证明：∵点D为弧的中点，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴；
（2）证明：∵过点D、E作的垂线、垂足分别为点F、G，
∴，
∵连接并延长交于点E，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（3）解：∵点D为弧的中点，
∴，
∴，
解得：，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键件是根据圆的性质得到三角形全等的条件及求出半径．
26．(1)见解析；
(2)．

【分析】（1）连接，由圆周角定理结合已知易证，从而得到可证明;
（2）结合（1）和已知易证是等腰直角三角形，由勾股定理可求出，最后用割补法即可求出阴影部分面积．
【详解】（1）证明：如图，连接．

∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵OD是的半径，
∴DE是的切线．
（2）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
由（1）可得，，
∴，
∴．  
在中，
由勾股定理，
得，
即，
解得:，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的证明，平行线性质的应用及平行四边形的证明，勾股定理解直角三角形；解题的关键是证明和是等腰直角三角形．
27．(1)①关于点E成中心对称；②
(2)或
(3)以为直径的圆与直线的位置关系为相切

【分析】（1）①由矩形的性质可知，，从而得出，，即证明，即说明与的位置关系是：关于点E成中心对称；
②由全等三角形的性质可直接得出．
（2）过点G作．由矩形的性质结合（1）可知．再根据切线长定理可得出，．设，则，进而得出，根据勾股定理可求出．最后分类讨论：①当点H在点Q左侧时和②当点H在点Q右侧时，分别列出关于x的等式，解出x的值即得出答案；
（3）连接，由（2）可知，由（1）可知，从而得出．又易证为梯形的中位线，即得出，，说明为的半径．最后根据，即得出，说明以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
【详解】（1）解：①∵四边形为矩形，对角线、相交于，
∴，，
∴，，
∴，
∴与的位置关系是：关于点E成中心对称．
故答案为：关于点E成中心对称；
②∵，
∴．
故答案为：；
（2）如图，过点G作．

∴四边形为矩形，
∴．
由（1）可知，
∴．
∵以为直径作，
∴与相切于点A，与相切于点B．
∵直线与相切于点F，
∴，．
设，则，
∴，
∴．
分类讨论：①当点H在点Q左侧时，
∵，
∴，
解得：，
∴；
②当点H在点Q右侧时，
同理可得，
∴，
解得：，
∴．
综上可知线段的长度为或；
（3）以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
证明：如图，连接，

由（2）可知．
∵，
∴．
∵点E为对角线的交点，
∴点E为中点，
∵点O为中点，
∴，，
∴为的半径．
∵，
∴，
∴以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，切线的判定，切线长定理，梯形中位线的性质等知识．正确作出辅助线是解题关键．
28．(1)图见解析，的坐标为；
(2)见解析；
(3)．

【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出的对应点即可．
（2）利用旋转变换的性质分别作出的对应点即可．
（3）依据弧长公式进行计算即可
【详解】（1）如图所示．点的坐标为．
  
（2）如图所示
（3）．
点A1旋转到点A2所经过的路径长为．
【点睛】本题考查作图-旋转变换以及求弧长，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
29．(1)见解析；，
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据题意得出平移方式为向右平移个单位，向下平移个单位，进而画出，写出点，的坐标；
（2）根据旋转的性质画出绕点逆时针方向旋转后得到；
（3）根据旋转的性质得出线段在旋转过程中扫过的面积为，根据扇形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，∵平移后点的坐标为，
∴平移方式为向右平移个单位，向下平移个单位
∵，，
∴，
  
（2）解：如图所示，
  
（3）解：如图所示，
  
根据旋转的性质可得，
∵，
∴线段在旋转过程中扫过的面积为：



．
【点睛】本题考查了平移作图，画旋转图形，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．