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1. 下列说法中,正确的是 （
A.同心圆的周长相等
B.面积相等的圆是等圆
C.相等的圆心角所对的弧相等
D.平分弧的弦一定经过圆心
B
）A.同心圆的周长相等
B.面积相等的圆是等圆
C.相等的圆心角所对的弧相等
D.平分弧的弦一定经过圆心
答案
1. B 解析:A. 同心圆的周长不相等,说法错误;B. 面积相等的圆是等圆,说法正确;C. 条件是同圆或等圆中,说法错误;D. 平分弧的弦不一定经过圆心,说法错误.故选 B.
解析
【分析】
这道题考查圆的基本概念及相关定理，需结合圆的周长、面积公式，等圆的定义，圆心角与弧的关系定理的前提，以及垂径定理的推论，逐一判断每个选项的正误。
【解析】
逐个分析选项：
A选项：同心圆的圆心相同，但半径不同，根据圆的周长公式$C=2π r$，半径不同则周长不同，故A错误；
B选项：圆的面积公式为$S=π r^2$，面积相等则半径相等，半径相等的圆可完全重合，属于等圆，故B正确；
C选项：“相等的圆心角所对的弧相等”的前提是“同圆或等圆中”，选项未说明该前提，故C错误；
D选项：平分弧的弦若不是直径，不一定经过圆心，只有平分弧的弦为直径时才经过圆心，故D错误。综上，正确选项为B。
【答案】B
【知识点】圆的基本概念、圆心角弧弦关系、垂径定理
【点评】本题为圆的基础概念考查题，需准确掌握等圆定义、相关定理的前提条件，易错点是忽略定理的适用前提，整体难度不大。
【难度系数】0.6
这道题考查圆的基本概念及相关定理，需结合圆的周长、面积公式，等圆的定义，圆心角与弧的关系定理的前提，以及垂径定理的推论，逐一判断每个选项的正误。
【解析】
逐个分析选项：
A选项：同心圆的圆心相同，但半径不同，根据圆的周长公式$C=2π r$，半径不同则周长不同，故A错误；
B选项：圆的面积公式为$S=π r^2$，面积相等则半径相等，半径相等的圆可完全重合，属于等圆，故B正确；
C选项：“相等的圆心角所对的弧相等”的前提是“同圆或等圆中”，选项未说明该前提，故C错误；
D选项：平分弧的弦若不是直径，不一定经过圆心，只有平分弧的弦为直径时才经过圆心，故D错误。综上，正确选项为B。
【答案】B
【知识点】圆的基本概念、圆心角弧弦关系、垂径定理
【点评】本题为圆的基础概念考查题，需准确掌握等圆定义、相关定理的前提条件，易错点是忽略定理的适用前提，整体难度不大。
【难度系数】0.6
2. (宿迁中考)在同一平面内,已知$\odot O$的半径为2,圆心$O$到直线$l$的距离为3,点$P$为圆上的一个动点,则点$P$到直线$l$的最大距离是
（
A.2
B.5
C.6
D.8
（
B
）A.2
B.5
C.6
D.8
答案
2. B 解析:最大距离为 3+2=5.故选 B.
解析
【分析】本题考查圆上一点到直线的最大距离的计算，解题思路为：先明确圆心到直线的距离与圆的半径，过圆心作直线的垂线，该垂线与圆的交点中，距离直线最远的点到直线的距离等于圆心到直线的距离加上圆的半径，据此计算即可得到结果。
【解析】已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3。过点O作直线l的垂线，垂足为M，OM=3，该垂线与⊙O交于点P，此时点P到直线l的距离最大，最大距离为OM + OP = 3 + 2 = 5。
【答案】B
【知识点】圆的性质，点到直线的距离
【点评】本题为中考基础题型，核心是掌握圆上点到直线的最大距离的计算方法，即圆心到直线的距离与半径之和，解题难度低，属于易得分题目。
【难度系数】0.8
【解析】已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3。过点O作直线l的垂线，垂足为M，OM=3，该垂线与⊙O交于点P，此时点P到直线l的距离最大，最大距离为OM + OP = 3 + 2 = 5。
【答案】B
【知识点】圆的性质，点到直线的距离
【点评】本题为中考基础题型，核心是掌握圆上点到直线的最大距离的计算方法，即圆心到直线的距离与半径之和，解题难度低，属于易得分题目。
【难度系数】0.8
3. (2025·镇江中考) 如图, 直线 $l_1 // l_2$, 直线 $m$ 分别交 $l_1,l_2$ 于点 $A,B$, 以 $A$ 为圆心, $AB$ 长为半径画弧, 分别交 $l_2,l_1$ 于直线 $m$ 同侧的点 $C,D,∠ ADB=35°,AB=9$, 则 $\overgroup{CD}$ 的长等于
（
A.$5π$
B.$4π$
C.$\dfrac{7}{2}π$
D.$\dfrac{7}{4}π$
（
C
）A.$5π$
B.$4π$
C.$\dfrac{7}{2}π$
D.$\dfrac{7}{4}π$
答案
3. C 解析:连接 AC,如图所示,
∵ $l_1 // l_2$,
∴ $∠CBD=∠ADB=35°$,根据作图可知 $AB=AC=AD$,
∴ $∠ADB=∠ABD=35°$, $∠ABC=∠ACB$,
∴ $∠ACB=∠ABC=∠ABD+∠CBD=70°$.
∵ $l_1 // l_2$,
∴ $∠DAC=∠ACB=70°$.
∴ $\overgroup{CD}$的长为$\frac{70π × 9}{180}=\frac{7}{2}π$. 故选 C.
解析
【分析】要计算弧CD的长，需先确定弧CD对应的圆心角度数，再利用弧长公式求解。首先连接辅助线AC，结合平行线的性质、等腰三角形的性质求出圆心角∠CAD的度数，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】连接AC，如图所示。
∵ $ l_1 // l_2 $，
∴ $ ∠CBD = ∠ADB = 35° $（两直线平行，内错角相等）。
根据作图可知，以A为圆心，AB长为半径画弧，故 $ AB = AC = AD $，
∴ △ABD是等腰三角形，$ ∠ADB = ∠ABD = 35° $，
则 $ ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD = 35° + 35° = 70° $。
又
∵ $ AB = AC $，
∴ △ABC是等腰三角形，$ ∠ACB = ∠ABC = 70° $。
∵ $ l_1 // l_2 $，
∴ $ ∠DAC = ∠ACB = 70° $（两直线平行，内错角相等），即弧CD对应的圆心角为70°。
根据弧长公式 $ l = \frac{nπ r}{180} $（其中n为圆心角度数，r为半径），代入 $ n=70° $，$ r=AB=9 $，
得弧CD的长为 $ \frac{70π × 9}{180} = \frac{7}{2}π $。
【答案】C
【知识点】平行线的性质、等腰三角形的性质、弧长公式
【点评】本题结合平行线、等腰三角形的性质考查弧长计算，关键是通过辅助线找到圆心角，需熟练掌握几何性质与弧长公式的应用。
【难度系数】0.5
【解析】连接AC，如图所示。
∵ $ l_1 // l_2 $，
∴ $ ∠CBD = ∠ADB = 35° $（两直线平行，内错角相等）。
根据作图可知，以A为圆心，AB长为半径画弧，故 $ AB = AC = AD $，
∴ △ABD是等腰三角形，$ ∠ADB = ∠ABD = 35° $，
则 $ ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD = 35° + 35° = 70° $。
又
∵ $ AB = AC $，
∴ △ABC是等腰三角形，$ ∠ACB = ∠ABC = 70° $。
∵ $ l_1 // l_2 $，
∴ $ ∠DAC = ∠ACB = 70° $（两直线平行，内错角相等），即弧CD对应的圆心角为70°。
根据弧长公式 $ l = \frac{nπ r}{180} $（其中n为圆心角度数，r为半径），代入 $ n=70° $，$ r=AB=9 $，
得弧CD的长为 $ \frac{70π × 9}{180} = \frac{7}{2}π $。
【答案】C
【知识点】平行线的性质、等腰三角形的性质、弧长公式
【点评】本题结合平行线、等腰三角形的性质考查弧长计算，关键是通过辅助线找到圆心角，需熟练掌握几何性质与弧长公式的应用。
【难度系数】0.5
4. (2025·宿迁月考)如图,O为锐角三角形ABC的外心,四边形OCDE为正方形,其中E点在$△ ABC$的外部,下列叙述不正确的是 （
A.O是$△ AEB$的外心
B.O是$△ BEC$的外心
C.O是$△ AEC$的外心
D.O是$△ ADB$的外心
D
）A.O是$△ AEB$的外心
B.O是$△ BEC$的外心
C.O是$△ AEC$的外心
D.O是$△ ADB$的外心
答案
4. D 解析:如图,连接 OB,OD,OA,
∵ O 为锐角三角形 ABC 的外心,
∴ $OA=OC=OB$.
∵ 四边形 OCDE 为正方形,
∴ $OE=OC＜OD$,
∴ $OA=OB=OC=OE≠OD$,
∴ $OA=OE=OB$,即 O 是$△ AEB$的外心,故 A 不符合题意;$OC=OE=OB$,即 O 是$△ BEC$的外心,故 B 不符合题意;$OA=OC=OE$,即 O 是$△ AEC$的外心,故 C 不符合题意;$OB=OA≠OD$,即 O 不是$△ ADB$的外心,故 D 符合题意.故选 D.
解析
【分析】要判断O是否为某个三角形的外心，需依据外心的定义：外心是三角形三边垂直平分线的交点，到三角形三个顶点的距离相等。已知O是锐角△ABC的外心，故OA=OB=OC；结合正方形OCDE的性质，OC=OE，且正方形对角线OD=√2 OC，因此OD≠OC，进而分析各选项中O到对应三角形三个顶点的距离是否相等，即可得出结论。
【解析】连接OB、OD、OA。
∵ O为锐角△ABC的外心，根据外心的性质，得OA=OC=OB。
又
∵ 四边形OCDE为正方形，
∴ OC=OE，且正方形的对角线OD=√2 OC，因此OD＞OC，即OA=OB=OC=OE≠OD。
选项A：OA=OE=OB，O到△AEB三个顶点的距离相等，故O是△AEB的外心，A正确；
选项B：OC=OE=OB，O到△BEC三个顶点的距离相等，故O是△BEC的外心，B正确；
选项C：OA=OC=OE，O到△AEC三个顶点的距离相等，故O是△AEC的外心，C正确；
选项D：OA=OB≠OD，O到△ADB三个顶点的距离不相等，故O不是△ADB的外心，D错误。
综上，不正确的是选项D。
【答案】D
【知识点】三角形外心、正方形性质
【点评】本题结合三角形外心和正方形的性质，考查对三角形外心定义的理解，关键是利用外心到顶点距离相等，结合正方形边长与对角线的关系分析各选项，属于基础几何题，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】连接OB、OD、OA。
∵ O为锐角△ABC的外心，根据外心的性质，得OA=OC=OB。
又
∵ 四边形OCDE为正方形，
∴ OC=OE，且正方形的对角线OD=√2 OC，因此OD＞OC，即OA=OB=OC=OE≠OD。
选项A：OA=OE=OB，O到△AEB三个顶点的距离相等，故O是△AEB的外心，A正确；
选项B：OC=OE=OB，O到△BEC三个顶点的距离相等，故O是△BEC的外心，B正确；
选项C：OA=OC=OE，O到△AEC三个顶点的距离相等，故O是△AEC的外心，C正确；
选项D：OA=OB≠OD，O到△ADB三个顶点的距离不相等，故O不是△ADB的外心，D错误。
综上，不正确的是选项D。
【答案】D
【知识点】三角形外心、正方形性质
【点评】本题结合三角形外心和正方形的性质，考查对三角形外心定义的理解，关键是利用外心到顶点距离相等，结合正方形边长与对角线的关系分析各选项，属于基础几何题，难度适中。
【难度系数】0.5
5. (梧州中考) 如图，$\odot O$ 是 $△ ABC$ 的外接圆，且$AB=AC,∠ BAC=36°$，在 $\overgroup{AB}$ 上取点 $D$ (不与点$A,B$ 重合)，连接 $BD,AD$，则 $∠ BAD+∠ ABD$ 的度数是（
A.$60°$
B.$62°$
C.$72°$
D.$73°$
C
）A.$60°$
B.$62°$
C.$72°$
D.$73°$
答案
5. C 解析:如图,连接 CD,则$∠BAD=∠BCD$,$∠ABD=∠ACD$,
∵ $AB=AC$,
∴ $∠ABC=∠ACB$. 又 $∠BAC=36°$,
∴ $∠ACB=\frac{180°-36°}{2}=72°$,
∴ $∠BAD+∠ABD=∠BCD+∠ACD=∠ACB=72°$. 故选 C.
解析
【分析】
要解决本题，需结合等腰三角形的性质和圆周角定理进行角的转化：首先根据AB=AC，利用等腰三角形内角和求出△ABC的底角∠ACB；再通过连接辅助线CD，利用同弧所对的圆周角相等，将∠BAD和∠ABD转化为与∠ACB相关的角，进而计算出两角之和。
【解析】
1. 因为AB=AC，所以△ABC是等腰三角形，∠ABC=∠ACB。已知∠BAC=36°，根据三角形内角和为180°，可得：
∠ACB = (180° - ∠BAC) ÷ 2 = (180° - 36°) ÷ 2 = 72°。
2. 连接CD，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，弧BD所对的圆周角为∠BAD和∠BCD，因此∠BAD=∠BCD；弧AD所对的圆周角为∠ABD和∠ACD，因此∠ABD=∠ACD。
3. 所以∠BAD + ∠ABD = ∠BCD + ∠ACD = ∠ACB = 72°。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形性质，圆周角定理
【点评】
本题综合考查等腰三角形内角性质与圆周角定理，核心是利用同弧所对圆周角相等实现角的转化，解题关键在于合理添加辅助线CD，将所求角转化为已知的底角，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合等腰三角形的性质和圆周角定理进行角的转化：首先根据AB=AC，利用等腰三角形内角和求出△ABC的底角∠ACB；再通过连接辅助线CD，利用同弧所对的圆周角相等，将∠BAD和∠ABD转化为与∠ACB相关的角，进而计算出两角之和。
【解析】
1. 因为AB=AC，所以△ABC是等腰三角形，∠ABC=∠ACB。已知∠BAC=36°，根据三角形内角和为180°，可得：
∠ACB = (180° - ∠BAC) ÷ 2 = (180° - 36°) ÷ 2 = 72°。
2. 连接CD，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，弧BD所对的圆周角为∠BAD和∠BCD，因此∠BAD=∠BCD；弧AD所对的圆周角为∠ABD和∠ACD，因此∠ABD=∠ACD。
3. 所以∠BAD + ∠ABD = ∠BCD + ∠ACD = ∠ACB = 72°。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形性质，圆周角定理
【点评】
本题综合考查等腰三角形内角性质与圆周角定理，核心是利用同弧所对圆周角相等实现角的转化，解题关键在于合理添加辅助线CD，将所求角转化为已知的底角，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
6. (济南中考)如图,$\odot O$的半径为1,$△ ABC$是$\odot O$的内接等边三角形,点$D,E$在圆上,四边形$BCDE$为矩形,则这个矩形的面积是（
A.2
B.$\sqrt{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
B
）A.2
B.$\sqrt{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
答案
6. B 解析:连接 BD,OC,如图,
∵ 四边形 BCDE 为矩形,
∴ $∠BCD=90°$,
∴ BD 为$\odot O$ 的直径,
∴ $BD=2$.
∵ $△ ABC$ 为等边三角形,
∴ $∠A=60°$,
∴ $∠BOC=2∠A=120°$. 又 $OB=OC$,
∴ $∠CBD=30°$. 在$Rt△BCD$ 中,$CD=\frac{1}{2}BD=1$,由勾股定理可得 $BC=\sqrt{3}$,
∴ 矩形 BCDE 的面积$=BC·CD=\sqrt{3}$.故选 B.
解析
【分析】
要解决这个问题，需结合矩形、圆的性质逐步推导：首先利用矩形的直角确定圆的直径，再通过等边三角形的性质和圆周角定理求出相关角度，最后在直角三角形中计算边长，进而得到矩形面积。
【解析】
连接BD，OC，如图：
1. 因为四边形BCDE为矩形，根据矩形的性质，∠BCD=90°。根据圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是圆的直径，因此BD是⊙O的直径。已知⊙O半径为1，故BD=2×1=2。
2. 因为△ABC是⊙O的内接等边三角形，所以∠A=60°。根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得∠BOC=2∠A=120°。又OB=OC，故△OBC为等腰三角形，∠CBD=(180°-120°)÷2=30°。
3. 在Rt△BCD中，∠BCD=90°，∠CBD=30°，直角三角形中30°角对的直角边是斜边的一半，因此CD=½BD=1。由勾股定理得BC=√(BD²-CD²)=√(2²-1²)=√3。
4. 矩形BCDE的面积=BC×CD=√3×1=√3。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理、矩形性质、等边三角形性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆与特殊四边形的结合，核心是利用矩形的直角得到直径，再结合圆周角定理推导角度，进而计算边长，是中考常见的几何综合题，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需结合矩形、圆的性质逐步推导：首先利用矩形的直角确定圆的直径，再通过等边三角形的性质和圆周角定理求出相关角度，最后在直角三角形中计算边长，进而得到矩形面积。
【解析】
连接BD，OC，如图：
1. 因为四边形BCDE为矩形，根据矩形的性质，∠BCD=90°。根据圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是圆的直径，因此BD是⊙O的直径。已知⊙O半径为1，故BD=2×1=2。
2. 因为△ABC是⊙O的内接等边三角形，所以∠A=60°。根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得∠BOC=2∠A=120°。又OB=OC，故△OBC为等腰三角形，∠CBD=(180°-120°)÷2=30°。
3. 在Rt△BCD中，∠BCD=90°，∠CBD=30°，直角三角形中30°角对的直角边是斜边的一半，因此CD=½BD=1。由勾股定理得BC=√(BD²-CD²)=√(2²-1²)=√3。
4. 矩形BCDE的面积=BC×CD=√3×1=√3。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理、矩形性质、等边三角形性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆与特殊四边形的结合，核心是利用矩形的直角得到直径，再结合圆周角定理推导角度，进而计算边长，是中考常见的几何综合题，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. (2026·镇江期中)2025年镇江市足球联赛(俗称“镇超”)首轮比赛开始于10月25日.某校数学小组对进球进行了数学探究:足球射门,不考虑其他因素,仅考虑射点到球门MN的张角大小,张角越大,射门越好.如图的正方形网格中,点M,N,E,F,G均在格点上,球员带球沿EF方向进攻,最好的射点在 （
A.点F
B.线段EF(异于端点)上一点
C.点G
D.线段FG(异于端点)上一点
B
）A.点F
B.线段EF(异于端点)上一点
C.点G
D.线段FG(异于端点)上一点
答案
7. B 解析:如图,连接 ME,MF,MG,NE,NF,取格点 O,设小正方形边长为 1,则 $OM=ON=OE=OF=\sqrt{5}$,
∴ M,N,E,F 四点共圆.设 MG 交$\odot O$ 于 A,取线段 EF 上任一点 D,连接 MD 并延长交$\odot O$ 于 C,连接 NC,
∵ 同弧所对的圆周角相等,
∴ $∠MEN=∠MFN=∠MAN=∠MCN$,由三角形外角可得$∠MAN＞∠MGN$,$∠MDN＞∠MCN$,
∴ $∠MDN＞∠MEN=∠MFN＞∠MGN$.
∵ 射点到球门 MN 的张角越大,射门越好,
∴ 最好的射点在线段 EF(异于端点)上一点.故选 B.
解析
【分析】要找到对球门MN张角最大的射点，需结合圆周角定理和三角形外角的性质分析：先构造过M、N、E、F的辅助圆，证明四点共圆，利用同弧所对圆周角相等得到相关角的关系；再通过比较不同射点对应的张角大小，结合“张角越大射门越好”的条件，确定最优射点。
【解析】设小正方形边长为1，取格点O，计算得$OM=ON=OE=OF=\sqrt{5}$，因此M、N、E、F四点共圆，同弧MN所对的圆周角相等，即$∠ MEN=∠ MFN$。设MG交$\odot O$于A，取线段EF上异于端点的点D，连接MD并延长交$\odot O$于C，连接NC，由同弧所对圆周角相等得$∠ MDN＞∠ MCN=∠ MAN$；再根据三角形外角性质，$∠ MAN＞∠ MGN$，因此$∠ MDN＞∠ MEN=∠ MFN＞∠ MGN$。由于射点到球门MN的张角越大，射门越好，故最好的射点在线段EF（异于端点）上一点。
【答案】B
【知识点】圆周角定理，三角形外角性质，圆的应用
【点评】本题结合实际射门场景，将问题转化为几何中张角大小的比较，通过构造辅助圆，利用几何定理推理张角关系，体现了数学与实际问题的结合，需要学生具备几何构造和逻辑推理能力。
【难度系数】0.5
【解析】设小正方形边长为1，取格点O，计算得$OM=ON=OE=OF=\sqrt{5}$，因此M、N、E、F四点共圆，同弧MN所对的圆周角相等，即$∠ MEN=∠ MFN$。设MG交$\odot O$于A，取线段EF上异于端点的点D，连接MD并延长交$\odot O$于C，连接NC，由同弧所对圆周角相等得$∠ MDN＞∠ MCN=∠ MAN$；再根据三角形外角性质，$∠ MAN＞∠ MGN$，因此$∠ MDN＞∠ MEN=∠ MFN＞∠ MGN$。由于射点到球门MN的张角越大，射门越好，故最好的射点在线段EF（异于端点）上一点。
【答案】B
【知识点】圆周角定理，三角形外角性质，圆的应用
【点评】本题结合实际射门场景，将问题转化为几何中张角大小的比较，通过构造辅助圆，利用几何定理推理张角关系，体现了数学与实际问题的结合，需要学生具备几何构造和逻辑推理能力。
【难度系数】0.5
8. (2025·连云港校级月考)如图,在矩形$ABCD$中,$BC=8$,以$AB$为直径作$\odot O$,将矩形$ABCD$绕点$B$旋转,使所得矩形$A'BC'D'$的边$C'D'$与$\odot O$相切,切点为$E$,边$A'B$与$\odot O$相交于点$F$.若$BF=8$,则$CD$长为（
A.9
B.10
C.$8\sqrt{3}$
D.12
B
）A.9
B.10
C.$8\sqrt{3}$
D.12
答案
8. B 解析:如图,连接 OE,延长 EO 交 BF 于点 M.
∵ $C'D'$与$\odot O$ 相切,
∴ $∠OEC'=90°$. 由矩形的性质得 $A'B // C'D'$,
∴ $∠EMB=90°$,
∴ $BM=FM=4$.
∵ 矩形 ABCD 绕点 B 旋转得矩形$A'BC'D'$,
∴ $∠C'=∠C=90°$,$AB=CD$,$BC=BC'=8$,
∴ 四边形$EMBC'$为矩形,
∴ $ME=8$.设 $OB=OE=x$,则 $OM=8-x$. 在 $Rt△OBM$ 中,由勾股定理,得 $OM^2+BM^2=OB^2$,
∴ $(8-x)^2+4^2=x^2$,解得 $x=5$,
∴ $CD=AB=10$.故选 B.
解析
【分析】
要解决本题，需结合切线的性质、矩形的性质构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解。首先连接OE，延长EO交BF于点M，根据切线性质得OE⊥C'D'，再由矩形对边平行推出EM⊥BF，进而得到M是BF中点，结合矩形性质得到ME=BC'，设圆的半径为x，在Rt△OBM中用勾股定理列方程，求出半径后即可得到AB的长度，而CD=AB，从而得出答案。
【解析】
如图，连接OE，延长EO交BF于点M。
∵ C'D'与⊙O相切，
∴ ∠OEC'=90°。
由矩形性质得A'B//C'D'，
∴ ∠EMB=90°，即EM⊥BF。
∵ BF=8，
∴ BM=FM=4。
∵ 矩形ABCD绕点B旋转得矩形A'BC'D'，
∴ ∠C'=∠C=90°，AB=CD，BC=BC'=8，
∴ 四边形EMBC'为矩形，
∴ ME=BC'=8。
设OB=OE=x，则OM=ME - OE=8 - x。
在Rt△OBM中，由勾股定理得：OM² + BM² = OB²，
即(8 - x)² + 4² = x²，
展开化简得：64 -16x +x² +16 =x² → 80 -16x=0，解得x=5。
∴ AB=2OB=10，又
∵ CD=AB，
∴ CD=10。
【答案】
B
【知识点】
切线性质、矩形性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，结合旋转的性质，通过作辅助线构造直角三角形，利用切线性质和勾股定理建立方程求解，考查学生的几何逻辑推理与计算能力，是常见的几何题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合切线的性质、矩形的性质构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解。首先连接OE，延长EO交BF于点M，根据切线性质得OE⊥C'D'，再由矩形对边平行推出EM⊥BF，进而得到M是BF中点，结合矩形性质得到ME=BC'，设圆的半径为x，在Rt△OBM中用勾股定理列方程，求出半径后即可得到AB的长度，而CD=AB，从而得出答案。
【解析】
如图，连接OE，延长EO交BF于点M。
∵ C'D'与⊙O相切，
∴ ∠OEC'=90°。
由矩形性质得A'B//C'D'，
∴ ∠EMB=90°，即EM⊥BF。
∵ BF=8，
∴ BM=FM=4。
∵ 矩形ABCD绕点B旋转得矩形A'BC'D'，
∴ ∠C'=∠C=90°，AB=CD，BC=BC'=8，
∴ 四边形EMBC'为矩形，
∴ ME=BC'=8。
设OB=OE=x，则OM=ME - OE=8 - x。
在Rt△OBM中，由勾股定理得：OM² + BM² = OB²，
即(8 - x)² + 4² = x²，
展开化简得：64 -16x +x² +16 =x² → 80 -16x=0，解得x=5。
∴ AB=2OB=10，又
∵ CD=AB，
∴ CD=10。
【答案】
B
【知识点】
切线性质、矩形性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，结合旋转的性质，通过作辅助线构造直角三角形，利用切线性质和勾股定理建立方程求解，考查学生的几何逻辑推理与计算能力，是常见的几何题型。
【难度系数】
0.5
