8. 某款“不倒翁”(图①)的主视图是图②,PA,PB分别与$\overset{\frown}{AMB}$所在的圆相切于点A,B.若该圆半径是9 cm,∠P= 40°,则$\overset{\frown}{AMB}$的长是()
A.11π cm
B.$\frac{11}{2}π$ cm
C.7π cm
D.$\frac{7}{2}π$ cm

A

连接OA，OB。
∵PA，PB是切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，∠OAP=∠OBP=90°。
在四边形OAPB中，∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-40°=140°。
优弧$\overset{\frown}{AMB}$所对圆心角为360°-140°=220°。
$\overset{\frown}{AMB}$的长为$\frac{220\pi×9}{180}=11\pi$ cm。
A

9. 如图,在△ABC中,CA= CB= 4,∠BAC= α,将△ABC绕点A逆时针旋转2α,得到△A'B'C',连接B'C并延长交AB于点D,当B'D⊥AB时,$\overset{\frown}{BB'}$的长是()
A.$\frac{2\sqrt{3}}{3}π$
B.$\frac{4\sqrt{3}}{3}π$
C.$\frac{8\sqrt{3}}{9}π$
D.$\frac{10\sqrt{3}}{9}π$

B

∵CA=CB=4，
∴∠ABC=∠BAC=α，
∴∠ACB=180°-2α，
∵△ABC绕点A逆时针旋转2α得到△AB'C'，
∴AB'=AB，∠BAB'=2α，∠AB'C'=∠ABC=α，
设AB=AB'=x，
在△ABC中，由正弦定理得：$\frac{AB}{\sin∠ACB}=\frac{CB}{\sin∠BAC}$，
即$\frac{x}{\sin(180°-2α)}=\frac{4}{\sinα}$，
∵sin(180°-2α)=sin2α=2sinαcosα，
∴$\frac{x}{2\sinα\cosα}=\frac{4}{\sinα}$，解得x=8cosα，即AB'=8cosα，
∵B'D⊥AB，
∴在Rt△ADB'中，∠DAB'=2α，∠ADB'=90°，
∴AD=AB'cos2α=8cosαcos2α，DB'=AB'sin2α=8cosαsin2α，
∠AB'C'=α，∠AB'D=90°-2α，
∴∠C'B'D=∠AB'C'+∠AB'D=α+90°-2α=90°-α，
又
∵旋转后AC'=AC=4，∠CAC'=2α，
∠AC'B'=∠ACB=180°-2α，
∠AC'D=180°-∠AC'B'=2α，
在△AC'D中，∠CAD=α，∠ACD=2α，
∴∠ADC=180°-α-2α=180°-3α，
由正弦定理得：$\frac{AD}{\sin∠ACD}=\frac{AC}{\sin∠ADC}$，
即$\frac{AD}{\sin2α}=\frac{4}{\sin(180°-3α)}$，
∵sin(180°-3α)=sin3α=3sinα-4sin³α，sin2α=2sinαcosα，
∴AD=$\frac{4×2\sinα\cosα}{3\sinα-4\sin³α}=\frac{8\cosα}{3-4\sin²α}$，
又
∵AD=8cosαcos2α，
∴8cosαcos2α=$\frac{8\cosα}{3-4\sin²α}$，
∵cosα≠0，
∴cos2α=$\frac{1}{3-4\sin²α}$，
∵cos2α=1-2sin²α，3-4sin²α=3-4(1-cos²α)=4cos²α-1，
∴1-2sin²α=$\frac{1}{4cos²α-1}$，
设t=cosα，则1-2(1-t²)=$\frac{1}{4t²-1}$，即2t²-1=$\frac{1}{4t²-1}$，
(2t²-1)(4t²-1)=1，8t⁴-6t²+1=1，8t⁴-6t²=0，2t²(4t²-3)=0，
解得t²=$\frac{3}{4}$（t²=0舍去），
∴t=cosα=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（α为锐角，cosα＞0），
∴α=30°，
∴AB=8cosα=8×$\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$，
∠BAB'=2α=60°=$\frac{π}{3}$，
$\overset{\frown}{BB'}$的长=$\frac{nπR}{180°}=\frac{60°×π×4\sqrt{3}}{180°}=\frac{4\sqrt{3}}{3}π$
B

10. 如图,一面墙上有一个矩形的门洞,现要将它改为一个圆弧形的门洞,圆弧所在的圆外接于矩形.已知矩形的长AC为2 m,宽AB为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$ m,求要打掉的墙体面积.

$\boxed{\frac{8\pi}{9} - \frac{4\sqrt{3}}{3}}$

要打掉的墙体面积为$\frac{8\pi}{9} - \frac{4\sqrt{3}}{3}$平方米。
步骤如下：
1. 求矩形外接圆半径
矩形长$AC=2\,m$，宽$AB=\frac{2\sqrt{3}}{3}\,m$。矩形外接圆直径等于对角线$BC$，由勾股定理：
$BC=\sqrt{AC^2 + AB^2}=\sqrt{2^2 + \left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\sqrt{4 + \frac{4}{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\,m$。
半径$R=\frac{BC}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\,m$。
2. 求优弧$AD$对应的扇形面积
弦$AD=AC=2\,m$（矩形对边），由弦长公式$AD=2R\sin\frac{\theta}{2}$，得$2=2×\frac{2\sqrt{3}}{3}×\sin\frac{\theta}{2}$，解得$\sin\frac{\theta}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故劣弧圆心角$\theta=120^\circ=\frac{2\pi}{3}\,rad$，优弧圆心角$\alpha=360^\circ - 120^\circ=240^\circ=\frac{4\pi}{3}\,rad$。
优弧扇形面积：$S_{扇形}=\frac{1}{2}R^2\alpha=\frac{1}{2}×\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2×\frac{4\pi}{3}=\frac{8\pi}{9}\,m^2$。
3. 求矩形面积
$S_{矩形}=AC× AB=2×\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\,m^2$。
4. 求打掉的墙体面积
打掉面积=优弧扇形面积 - 矩形面积：$\frac{8\pi}{9} - \frac{4\sqrt{3}}{3}$。

11. 如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AC为直径,$\overset{\frown}{BD}= \overset{\frown}{AD}$,DE⊥BC,垂足为E.
(1)求证:CD平分∠ACE;
(2)判断直线ED与⊙O的位置关系,并说明理由;
(3)若CE= 2,AC= 8,求阴影部分的面积.

(3)$\frac{8\pi}{3}-4\sqrt{3}$

(1)证明：
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠BAD=∠DCE，
∵$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AD}$，
∴∠BAD=∠ACD，
∴∠ACD=∠DCE，
∴CD平分∠ACE；
(2)直线ED与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵CD平分∠ACE，
∴∠OCD=∠DCE，
∴∠ODC=∠DCE，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠DCE+∠CDE=90°，
∴∠ODC+∠CDE=90°，即∠ODE=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线ED与⊙O相切；
(3)连接OD，过点O作OF⊥CD于点F，
∵AC为直径，AC=8，
∴OC=OD=4，
∵CD平分∠ACE，∠ACE=∠ACB+∠BCE，∠ACB=∠ADB（同弧所对圆周角相等），此处简化，直接利用
(2)中∠OCD=∠DCE，设∠OCD=∠DCE=α，
在Rt△DEC中，CE=2，∠DCE=α，cosα=$\frac{CE}{CD}$，
在Rt△ODC中，OC=OD=4，∠OCD=α，cosα=$\frac{CF}{OC}$=$\frac{\frac{1}{2}CD}{4}$=$\frac{CD}{8}$，
∴$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CD}{8}$，即$\frac{2}{CD}$=$\frac{CD}{8}$，
解得CD=4，
∴cosα=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$，
∴α=60°，即∠OCD=60°，
∵OC=OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD=60°，CD=4，
∴S_扇形OCD=$\frac{60\pi×4^{2}}{360}$=$\frac{8\pi}{3}$，
S_△OCD=$\frac{1}{2}×4×4×\sin60°$=4$\sqrt{3}$，
∵阴影部分面积=S_扇形OCD-S_△OCD，
∴阴影部分面积=$\frac{8\pi}{3}-4\sqrt{3}$。