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5.如图，已知$\odot O$的弦$CD$垂直于直径$AB$，垂足为$E$，连接$CO$并延长交$AD$于点$F$，若$AB=4$，则当$CF ⊥ AD$时，$OE$的长为
1
。答案
5.1
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：①弦CD垂直直径AB，可先利用垂径定理得到AB垂直平分CD，因此AC=AD；②CF过圆心且垂直AD，同理可得CF垂直平分AD，因此AC=CD，由此可推出△ACD是等边三角形；再结合等边三角形的内角特征、圆周角与圆心角的关系，得到Rt△OCE中∠OCE=30°，最后利用含30°角的直角三角形的性质即可求出OE的长度。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CE=DE，弧AC=弧AD，即AC=AD。
∵CF过圆心O，且CF⊥AD，
∴AF=DF，弧AC=弧CD，即AC=CD。
∴AC=AD=CD，即△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°。
在Rt△ACE中，∠AEC=90°，
∴∠CAE=90°-∠ACD=30°，
由圆周角定理得：∠COE=2∠CAE=60°，
在Rt△OCE中，∠CEO=90°，
∴∠OCE=90°-∠COE=30°。
∵AB=4，
∴⊙O的半径OC=½AB=2，
∵在含30°角的直角三角形中，30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴OE=½OC=½×2=1。
【答案】
1
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是圆与特殊三角形结合的典型题型，核心是通过两条过圆心的垂线推出等边三角形，再结合角度关系求解线段长度，能很好地考查对圆基本性质的运用能力。
【难度系数】
0.65
解题时先从已知条件入手：①弦CD垂直直径AB，可先利用垂径定理得到AB垂直平分CD，因此AC=AD；②CF过圆心且垂直AD，同理可得CF垂直平分AD，因此AC=CD，由此可推出△ACD是等边三角形；再结合等边三角形的内角特征、圆周角与圆心角的关系，得到Rt△OCE中∠OCE=30°，最后利用含30°角的直角三角形的性质即可求出OE的长度。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CE=DE，弧AC=弧AD，即AC=AD。
∵CF过圆心O，且CF⊥AD，
∴AF=DF，弧AC=弧CD，即AC=CD。
∴AC=AD=CD，即△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°。
在Rt△ACE中，∠AEC=90°，
∴∠CAE=90°-∠ACD=30°，
由圆周角定理得：∠COE=2∠CAE=60°，
在Rt△OCE中，∠CEO=90°，
∴∠OCE=90°-∠COE=30°。
∵AB=4，
∴⊙O的半径OC=½AB=2，
∵在含30°角的直角三角形中，30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴OE=½OC=½×2=1。
【答案】
1
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是圆与特殊三角形结合的典型题型，核心是通过两条过圆心的垂线推出等边三角形，再结合角度关系求解线段长度，能很好地考查对圆基本性质的运用能力。
【难度系数】
0.65
6.如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G三点，且AB//CD，BO=4 cm，CO=6 cm。则BC的长为
$2\sqrt{13}$
cm。答案
6.$2\sqrt{13}$
解析
【分析】
解题时首先回忆切线长定理的内容：从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，由此可得BO、CO分别平分∠ABC和∠BCD。再结合AB平行CD的条件，利用平行线同旁内角互补的性质，可推出∠OBC与∠OCB的和为90°，即△BOC为直角三角形，最后用勾股定理即可计算出BC的长度。
【解析】
∵AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G三点，
根据切线长定理，得BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ BCD$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ ABC+∠ BCD=180°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ BCD)=\frac{1}{2}×180°=90°$，
∴$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=90°$，即$△ BOC$是直角三角形，
在$Rt△ BOC$中，$BO=4\mathrm{cm}$，$CO=6\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\ (\mathrm{cm})$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与三角形、平行线性质结合的基础题，解题的突破口是利用切线长定理和平行线的性质证明$△ BOC$为直角三角形，再结合勾股定理求解，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆切线长定理的内容：从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，由此可得BO、CO分别平分∠ABC和∠BCD。再结合AB平行CD的条件，利用平行线同旁内角互补的性质，可推出∠OBC与∠OCB的和为90°，即△BOC为直角三角形，最后用勾股定理即可计算出BC的长度。
【解析】
∵AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G三点，
根据切线长定理，得BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ BCD$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ ABC+∠ BCD=180°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ BCD)=\frac{1}{2}×180°=90°$，
∴$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=90°$，即$△ BOC$是直角三角形，
在$Rt△ BOC$中，$BO=4\mathrm{cm}$，$CO=6\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\ (\mathrm{cm})$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与三角形、平行线性质结合的基础题，解题的突破口是利用切线长定理和平行线的性质证明$△ BOC$为直角三角形，再结合勾股定理求解，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
7.在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$D$为$AB$边上一点，以$AD$为直径的圆与两直角边分别相交于点$E,F$，连接$AF$，点$F$为$\overset{\frown}{DE}$的中点。
(1)求证：$BC$为$\odot O$的切线；
(2)$AE=2$，$CF=\sqrt{3}$，求阴影部分的面积。
(1)求证：$BC$为$\odot O$的切线；
(2)$AE=2$，$CF=\sqrt{3}$，求阴影部分的面积。
答案
(1)证明:连接OF，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$∠CAF=∠BAF$。
因为$OA=OF$，
所以$∠OAF=∠AFO$。
所以$∠CAF=∠AFO$。
所以$AC// OF$。
所以$∠OFB=∠C=90°$。
所以$OF⊥ BC$。
因为OF是$\odot O$的半径，
所以BC为$\odot O$的切线。
(2)解:连接DE交OF于H，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$OF⊥ DE$,$DE=2EH$。
因为AD为直径，
所以$∠AED=∠CEH=90°$。
所以$∠C=∠HFC=∠CEH=90°$。
所以四边形EHFC是矩形。
所以$EH=CF=\sqrt{3}$。
所以$DE=2EH=2\sqrt{3}$。
所以$AD=\sqrt{DE^2+AE^2}=4$。
所以$\tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
所以$∠ODH=30°$。
所以$∠DOH=60°$。
因为$∠BOF=60°$,$∠OFB=90°$，
所以$∠B=30°$，
所以$BF=\sqrt{3}OF=2\sqrt{3}$。
所以阴影部分的面积$=△BOF$的面积$-$扇形DOF的面积$=\frac{1}{2}OF· BF-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
解析
【分析】
(1) 要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明BC垂直于过切点的半径，因此先连接辅助线OF。结合F是弧DE中点的条件，可得等弧对应的圆周角相等，再结合等腰三角形等边对等角的性质，推导得出AC与OF平行，进而得到OF⊥BC，即可完成切线的证明。
(2) 阴影部分为不规则图形，可转化为△BOF的面积减去扇形DOF的面积求解。首先连接DE交OF于H，利用直径所对圆周角为直角、弧中点的性质可得OF垂直平分DE，再证明四边形EHFC是矩形，得到DE的长度，结合已知AE的长度用勾股定理求出直径AD，得到圆的半径，再推导得出∠BOF的度数，分别计算三角形和扇形的面积作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 证明:连接OF，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$∠CAF=∠BAF$。
因为$OA=OF$，
所以$∠OAF=∠AFO$。
所以$∠CAF=∠AFO$。
所以$AC// OF$。
所以$∠OFB=∠C=90°$。
所以$OF⊥ BC$。
因为OF是$\odot O$的半径，
所以BC为$\odot O$的切线。
(2) 解:连接DE交OF于H，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$OF⊥ DE$,$DE=2EH$。
因为AD为直径，
所以$∠AED=∠CEH=90°$。
所以$∠C=∠HFC=∠CEH=90°$。
所以四边形EHFC是矩形。
所以$EH=CF=\sqrt{3}$。
所以$DE=2EH=2\sqrt{3}$。
所以$AD=\sqrt{DE^2+AE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。
所以$\tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
所以$∠ADE=30°$，$∠DOH=60°$。
因为$∠OFB=90°$，所以$∠B=90°-∠BOF=30°$，
所以$OB=2OF=4$，$BF=\sqrt{OB^2-OF^2}=2\sqrt{3}$。
所以阴影部分的面积$=S_{△BOF}-S_{扇形DOF}=\frac{1}{2}OF· BF-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) BC为$\odot O$的切线，证明成立；
(2) 阴影部分的面积为$\boldsymbol{2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何计算，解题核心是合理添加辅助线，串联切线判定、特殊四边形判定、勾股定理、三角函数等知识点，不规则图形的面积通常转化为规则图形面积的和差求解，对综合运用几何知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明BC垂直于过切点的半径，因此先连接辅助线OF。结合F是弧DE中点的条件，可得等弧对应的圆周角相等，再结合等腰三角形等边对等角的性质，推导得出AC与OF平行，进而得到OF⊥BC，即可完成切线的证明。
(2) 阴影部分为不规则图形，可转化为△BOF的面积减去扇形DOF的面积求解。首先连接DE交OF于H，利用直径所对圆周角为直角、弧中点的性质可得OF垂直平分DE，再证明四边形EHFC是矩形，得到DE的长度，结合已知AE的长度用勾股定理求出直径AD，得到圆的半径，再推导得出∠BOF的度数，分别计算三角形和扇形的面积作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 证明:连接OF，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$∠CAF=∠BAF$。
因为$OA=OF$，
所以$∠OAF=∠AFO$。
所以$∠CAF=∠AFO$。
所以$AC// OF$。
所以$∠OFB=∠C=90°$。
所以$OF⊥ BC$。
因为OF是$\odot O$的半径，
所以BC为$\odot O$的切线。
(2) 解:连接DE交OF于H，
因为点F为$\overset{\frown}{DE}$的中点，
所以$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{DF}$。
所以$OF⊥ DE$,$DE=2EH$。
因为AD为直径，
所以$∠AED=∠CEH=90°$。
所以$∠C=∠HFC=∠CEH=90°$。
所以四边形EHFC是矩形。
所以$EH=CF=\sqrt{3}$。
所以$DE=2EH=2\sqrt{3}$。
所以$AD=\sqrt{DE^2+AE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。
所以$\tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
所以$∠ADE=30°$，$∠DOH=60°$。
因为$∠OFB=90°$，所以$∠B=90°-∠BOF=30°$，
所以$OB=2OF=4$，$BF=\sqrt{OB^2-OF^2}=2\sqrt{3}$。
所以阴影部分的面积$=S_{△BOF}-S_{扇形DOF}=\frac{1}{2}OF· BF-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) BC为$\odot O$的切线，证明成立；
(2) 阴影部分的面积为$\boldsymbol{2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何计算，解题核心是合理添加辅助线，串联切线判定、特殊四边形判定、勾股定理、三角函数等知识点，不规则图形的面积通常转化为规则图形面积的和差求解，对综合运用几何知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
8.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3.141 6。圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3。如图，若用半径为1的圆的内接正六边形面积作近似估计，可得π的估计值为(
A.3
B.$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2}$
B
)。A.3
B.$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2}$
答案
8.B
解析
【分析】
要解决这道题，首先明确“割圆术”的近似逻辑：用圆内接正多边形的面积近似等于圆的面积。已知圆半径为1时，圆的面积为π，因此只需要计算出半径为1的圆内接正六边形的面积，该面积就是π的估计值。解题可分三步推进：第一步推导圆内接正六边形的边长与半径的关系；第二步将正六边形分割为规则的正三角形计算面积；第三步得到的正六边形面积即为所求的π估计值。
【解析】
解：已知圆的半径$r=1$，根据圆的面积公式，圆的面积$S_{圆}=πr^2=π×1^2=π$。
根据圆内接正六边形的性质，正六边形的边长等于圆的半径，即正六边形边长$a=1$。
正六边形可分割为6个全等的、边长为1的正三角形。
单个边长为$a$的正三角形面积公式为$S_{正三角形}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，代入$a=1$得单个正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×1^2=\frac{\sqrt{3}}{4}$。
因此正六边形的面积为$S_{正六边形}=6×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
按照“割圆术”的近似思想，用正六边形面积近似代替圆面积，可得π的估计值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
故本题选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆、正三角形面积计算、圆面积计算
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景出题，既考查正多边形和圆的相关计算，也渗透了传统数学文化教育。解题核心是掌握圆内接正六边形边长等于半径的性质，通过分割法将正六边形转化为多个正三角形计算面积即可，整体考查的是基础知识点的应用。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先明确“割圆术”的近似逻辑：用圆内接正多边形的面积近似等于圆的面积。已知圆半径为1时，圆的面积为π，因此只需要计算出半径为1的圆内接正六边形的面积，该面积就是π的估计值。解题可分三步推进：第一步推导圆内接正六边形的边长与半径的关系；第二步将正六边形分割为规则的正三角形计算面积；第三步得到的正六边形面积即为所求的π估计值。
【解析】
解：已知圆的半径$r=1$，根据圆的面积公式，圆的面积$S_{圆}=πr^2=π×1^2=π$。
根据圆内接正六边形的性质，正六边形的边长等于圆的半径，即正六边形边长$a=1$。
正六边形可分割为6个全等的、边长为1的正三角形。
单个边长为$a$的正三角形面积公式为$S_{正三角形}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，代入$a=1$得单个正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×1^2=\frac{\sqrt{3}}{4}$。
因此正六边形的面积为$S_{正六边形}=6×\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
按照“割圆术”的近似思想，用正六边形面积近似代替圆面积，可得π的估计值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
故本题选B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆、正三角形面积计算、圆面积计算
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景出题，既考查正多边形和圆的相关计算，也渗透了传统数学文化教育。解题核心是掌握圆内接正六边形边长等于半径的性质，通过分割法将正六边形转化为多个正三角形计算面积即可，整体考查的是基础知识点的应用。
【难度系数】
0.7
9.如图，△ABC 的三条边长都是4 cm，分别以线段AB，BC，CA 的中点D，E，F 为圆心，2 cm 为半径画半圆，求阴影部分的周长和面积(计算结果保留π)。
答案
阴影部分的周长为$6π$ cm，面积为$2π$ cm²。
解析
【分析】
1. 首先确定△ABC是边长为4cm的等边三角形，D、E、F为三边中点，因此所画三个半圆的半径均为2cm。
2. 求周长时：观察阴影部分的边界全部为半圆弧，共有3个长度相等的半圆弧，因此总周长等于3个半圆弧的长度之和。
3. 求面积时：采用割补法，将分散的阴影部分平移、拼接，可转化为1个半径为2cm的半圆的面积，直接用半圆面积公式计算即可。
【解析】
一、计算阴影部分的周长
已知半圆半径$r=2\mathrm{cm}$，单个半圆弧的长度为：
$l_{\mathrm{半圆弧}}=π r=2π\ \mathrm{cm}$
阴影部分周长由3个等长的半圆弧组成，因此总周长：
$C=3×2π=6π\ \mathrm{cm}$
二、计算阴影部分的面积
通过割补拼接，阴影部分面积等于1个半径为2cm的半圆的面积：
$S=\frac{1}{2}π r^2=\frac{1}{2}π×2^2=2π\ \mathrm{cm^2}$
【答案】
阴影部分的周长为$6π$ cm，面积为$2π$ cm²。
【知识点】
弧长计算，割补法求面积，半圆面积计算
【点评】
本题考查不规则图形的周长与面积求解，解题核心是通过观察图形特征，将不规则的阴影部分转化为熟悉的规则图形计算，能有效考查图形转化能力和公式运用能力。
【难度系数】
0.6
1. 首先确定△ABC是边长为4cm的等边三角形，D、E、F为三边中点，因此所画三个半圆的半径均为2cm。
2. 求周长时：观察阴影部分的边界全部为半圆弧，共有3个长度相等的半圆弧，因此总周长等于3个半圆弧的长度之和。
3. 求面积时：采用割补法，将分散的阴影部分平移、拼接，可转化为1个半径为2cm的半圆的面积，直接用半圆面积公式计算即可。
【解析】
一、计算阴影部分的周长
已知半圆半径$r=2\mathrm{cm}$，单个半圆弧的长度为：
$l_{\mathrm{半圆弧}}=π r=2π\ \mathrm{cm}$
阴影部分周长由3个等长的半圆弧组成，因此总周长：
$C=3×2π=6π\ \mathrm{cm}$
二、计算阴影部分的面积
通过割补拼接，阴影部分面积等于1个半径为2cm的半圆的面积：
$S=\frac{1}{2}π r^2=\frac{1}{2}π×2^2=2π\ \mathrm{cm^2}$
【答案】
阴影部分的周长为$6π$ cm，面积为$2π$ cm²。
【知识点】
弧长计算，割补法求面积，半圆面积计算
【点评】
本题考查不规则图形的周长与面积求解，解题核心是通过观察图形特征，将不规则的阴影部分转化为熟悉的规则图形计算，能有效考查图形转化能力和公式运用能力。
【难度系数】
0.6
