二、填空题(每小题3分,共24分)
9. (2025·长春中考)若扇形的面积是它所在圆的面积的$\dfrac{2}{3}$, 则这个扇形的圆心角的大小是$°$.

9. 240 解析:设扇形的圆心角度数为 n,半径为 R,由题意得 $\frac{\frac{nπ R^2}{360}}{π R^2}=\frac{2}{3}$,解得 $n=240$.

【分析】
要解决这个问题，需明确扇形和所在圆的半径相同，因此它们的面积比等于圆心角度数与周角（360°）的比值，据此可通过面积比求出扇形的圆心角。
【解析】
设扇形的圆心角度数为$n°$，半径为$R$。
圆的面积为$π R^2$，扇形面积公式为$\frac{nπ R^2}{360}$。
根据题意，扇形面积是所在圆面积的$\frac{2}{3}$，列等式：
$\frac{\frac{nπ R^2}{360}}{π R^2} = \frac{2}{3}$
约去$π R^2$后化简得：$\frac{n}{360} = \frac{2}{3}$
解得：$n = 240$
【答案】
240
【知识点】
扇形面积公式、圆的面积公式
【点评】
本题考查扇形与圆的面积关系，利用“同半径的扇形与圆的面积比等于圆心角与360°的比”这一性质即可快速求解，属于基础题型。
【难度系数】
0.8

10. (2024·镇江中考)如图,AB是$\odot O$的内接正n边形的一边,点C在$\odot O$上,$∠ ACB=18^{ \circ }$,则$n=$.

10. 10 解析:
∵ $∠ACB=18°$,
∴ $∠AOB=2∠ACB=2×18°=36°$,
∴ $n=360°÷36°=10$.

【分析】要解决本题，需先利用圆周角定理求出圆心角∠AOB的度数，再根据正n边形的中心角之和为360°，计算正多边形的边数n。具体思路：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因此由已知的圆周角∠ACB可算出圆心角∠AOB；而正n边形的每条边对应的中心角都相等，总和为360°，用360°除以中心角的度数即可得到n的值。
【解析】1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，已知∠ACB=18°，弧AB所对的圆心角为∠AOB，因此∠AOB=2∠ACB=2×18°=36°；2. 因为AB是⊙O内接正n边形的一边，所以∠AOB是该正n边形的中心角，正n边形的中心角总和为360°，因此n=360°÷∠AOB=360°÷36°=10。
【答案】10
【知识点】圆周角定理；正多边形与圆
【点评】本题结合圆周角定理和正多边形中心角的性质进行考查，属于基础题，核心是掌握圆周角与圆心角的关系，以及正多边形边数与中心角的计算方法，难度适中，适合学生巩固相关知识点。
【难度系数】0.7

11. (上海中考)如图所示,小区内有个圆形花坛$\odot O$,点$C$在弦$AB$上,$AC=11,BC=21,OC=$13,则这个花坛的面积为.(结果保留$π$)

11. 400π 解析:过点 O 作 $OD⊥AB$ 于 D,连接 OB,如图,
∵ $AC=11$,$BC=21$,
∴ $AB=AC+BC=32$.
∵ $OD⊥AB$ 于 D,
∴ $AD=BD=\frac{1}{2}AB=16$,
∴ $CD=AD-AC=5$. 在 $Rt△OCD$ 中,由勾股定理,得 $OD=\sqrt{OC^2-CD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$,在$Rt△OBD$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{BD^2+OD^2}=\sqrt{16^2+12^2}=20$,
∴ 这个花坛的面积$=20^2π=400π$.

【分析】要计算圆形花坛的面积，需先求出圆的半径。解题思路为：利用垂径定理，过圆心O作弦AB的垂线构造直角三角形，结合勾股定理逐步计算半径。首先计算弦AB的总长，再根据垂径定理得到弦被垂足平分，进而求出相关线段长度；接着在两个直角三角形中分别用勾股定理求出圆心到弦的距离和圆的半径，最后代入圆的面积公式计算结果。
【解析】过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图。
∵ AC=11，BC=21，
∴ AB=AC+BC=11+21=32。
∵ OD⊥AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴ AD=BD=½AB=16，
∴ CD=AD - AC=16 - 11=5。
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD=√(OC² - CD²)=√(13² -5²)=12。
在Rt△OBD中，由勾股定理得：OB=√(BD² + OD²)=√(16² +12²)=20。
∴ 这个花坛的面积=π×OB²=π×20²=400π。
【答案】400π
【知识点】垂径定理、勾股定理、圆的面积计算
【点评】本题是垂径定理与勾股定理的综合应用，属于圆的基础题型，解题核心是通过作辅助线构造直角三角形，利用垂径定理简化线段长度，结合勾股定理求出半径，进而计算面积，难度适中。
【难度系数】0.6

12. 已知$\odot O$是正方形$ABCD$的外接圆,点$P$为圆上一点(与点$A,B$不重合),则$∠ APB$的度数为.

12. 45°或135° 解析:如图,连接 OA,OB,当点 P 在优弧$\overgroup{AB}$上时,
∵ 四边形 ABCD 是$\odot O$ 的内接正方形,
∴ $∠AOB=\frac{360°}{4}=90°$,由圆周角定理,得$∠APB=\frac{1}{2}∠AOB=45°$;当点P 在劣弧$\overgroup{AB}$上时,$∠APB=180°-45°=135°$.故答案为 45°或 135°.

【分析】
要解决本题，需分两种情况讨论点P的位置：点P在优弧$\overgroup{AB}$上，或点P在劣弧$\overgroup{AB}$上。首先利用正方形外接圆的性质求出圆心角$∠ AOB$的度数，再结合圆周角定理计算对应圆周角的度数，同时利用圆内接四边形的对角互补性质，避免漏解。
【解析】
连接OA、OB，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接正方形，
∴ 圆心角$∠ AOB = \frac{360°}{4} = 90°$。
① 当点P在优弧$\overgroup{AB}$上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
$\therefore ∠ APB = \frac{1}{2}∠ AOB = \frac{1}{2} × 90° = 45°$；
② 当点P在劣弧$\overgroup{AB}$上时，$∠ APB$与优弧$\overgroup{AB}$所对的圆周角互补，
$\therefore ∠ APB = 180° - 45° = 135°$。
综上，$∠ APB$的度数为$45°$或$135°$。
【答案】
45°或135°
【知识点】
圆周角定理，正方形的性质，圆内接四边形的性质
【点评】
本题考查圆周角定理的应用，核心是明确点P在圆上的位置分两种情况，需注意圆内接四边形对角互补的性质，避免漏解，属于基础易错题。
【难度系数】
0.5

13. 将刻度尺按如图所示的方式放置在正六边形$ABCDEF$上,顶点$C,F$分别对应直尺上的刻度 12 和 4, 则 $AB$ 与 $CF$ 之间的距离为.

13. $2\sqrt{3}$ 解析:如图,设正六边形 ABCDEF 的中心为 O,由题意可知,$CF=12-4=8$,在正六边形 ABCDEF 中,$△AOF$是正三角形,$OF=OC=OA=AF=4$,
∴ $AG=2\sqrt{3}$,即 AB 与 CF 之间的距离为 $2\sqrt{3}$.

【分析】
首先根据刻度尺的刻度差求出正六边形中CF的长度，再利用正六边形的性质确定其边长，结合等边三角形的高的计算方法，求出AB与CF之间的垂直距离。
【解析】
1. 计算CF的长度：由题意，顶点C对应刻度12，顶点F对应刻度4，因此CF=12-4=8。
2. 利用正六边形性质：正六边形ABCDEF的中心为O，正六边形的中心到各顶点的距离等于其边长，故OA=OF=AF=4（CF为正六边形的对顶点连线，长度为2倍边长，因此边长为4），且△AOF为等边三角形（正六边形相邻顶点与中心的夹角为60°）。
3. 求AB与CF的距离：过点A作AG⊥CF于点G，AG即为AB与CF之间的距离。根据等边三角形的高公式，高=（√3/2）×边长，代入边长4，得AG=（√3/2）×4=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
正六边形的性质、等边三角形的高、平行线间的距离
【点评】
本题结合刻度尺读数考查正六边形的性质应用，核心是利用正六边形的边长与中心距离的关系，将所求距离转化为等边三角形的高求解，需掌握正六边形的基本特征。
【难度系数】
0.5

14. (2026·南京校级月考)如图,点 A,B,C,D
在$\odot O$上,$B$是$\overset{\frown}{AC}$的中点,过点$C$作$\odot O$的
切线交$AB$的延长线于点$E$.若$∠ ADC=64°$,
则$∠ AEC=$$°$.

14. 84 解析:如图,连接 BD,BC,连接 CO 并延长,与$\odot O$ 交于点 F,连接 BF.
∵ B 是$\overgroup{AC}$的中点,
∴ $\overgroup{AB}=\overgroup{BC}$,
∴ $∠BDC=∠ADB=\frac{1}{2}∠ADC=32°$.
∵ 四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形,
∴ $∠ABC+∠ADC=180°$.
∵ $∠ABC+∠EBC=180°$,
∴ $∠EBC=∠ADC=64°$.
∵ EC 是$\odot O$ 的切线,
∴ $∠BCE+∠BCF=90°$.
∵ CF 是$\odot O$ 的直径,
∴ $∠CBF=90°$,
∴ $∠BFC+∠BCF=90°$,
∴ $∠BCE=∠BFC$.
∵ $\overgroup{BC}=\overgroup{BC}$,
∴ $∠BFC=∠BDC$,
∴ $∠BCE=∠BDC=32°$,
∴ $∠BEC=180°-∠EBC-∠BCE=84°$.

【分析】
要计算∠AEC，可将其置于△EBC中，利用三角形内角和定理求解，因此需先推导△EBC的两个内角∠EBC和∠BCE：先通过圆内接四边形的性质结合邻补角关系得到∠EBC，再利用切线性质、圆周角定理（弧中点性质、同弧所对圆周角相等）推导∠BCE，最后计算∠AEC。
【解析】
如图，连接BD、BC，连接CO并延长交⊙O于F，连接BF。
1. 由B是$\overset{\frown}{AC}$的中点，得$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}$，根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，故$∠BDC=∠ADB=\frac{1}{2}∠ADC=\frac{1}{2}×64°=32°$。
2. 因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以$∠ABC+∠ADC=180°$，又$∠ABC+∠EBC=180°$，根据等角的补角相等，得$∠EBC=∠ADC=64°$。
3. 因为EC是⊙O的切线，所以$OC⊥EC$，即$∠BCE+∠BCF=90°$；又CF是⊙O的直径，故$∠CBF=90°$，在Rt△BCF中，$∠BFC+∠BCF=90°$，因此$∠BCE=∠BFC$。
4. 由$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角相等，得$∠BFC=∠BDC=32°$，故$∠BCE=32°$。
5. 在△EBC中，根据三角形内角和为180°，得$∠AEC=180°-∠EBC-∠BCE=180°-64°-32°=84°$。

【答案】
84
【知识点】
圆内接四边形性质、切线性质、圆周角定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，需熟练运用多个定理转化角度，将所求角置于三角形中求解，是圆角度计算的典型题型。
【难度系数】
0.5

15. 如图, 在 $△ ABC$ 中, $AB=AC$, $∠ BAC=80°$, $D$为边 $BC$ 上一点(不与点 $B,C$ 重合),点 $O$ 为
$△ ADC$ 内切圆的圆心, 记 $t=∠ DAO+∠ DCO$,
则 $t$ 的取值范围是.

15. $25°＜t＜65°$ 解析:如图所示,设AD,AC,BC 与$\odot O$ 相切于点F,E,G,连接 OF,OE,OG,
∴ $OF⊥AD$,$OE⊥AC$,$OE=OF$,
∴ $∠FAO=∠EAO$. 又
∵ $OG⊥BC$,$OE=OG$,
∴ $∠OCG=∠OCE$.
∵ $t=∠DAO+∠DCO$,
∴ $t=\frac{1}{2}(∠DAC+∠DCA)$.
∵ $AB=AC$,$∠BAC=80°$,
∴ $∠B=∠ACB=50°$,
∴ $t=\frac{1}{2}(∠DAC+50°)=\frac{1}{2}∠DAC+25°$,
∴ $t＞25°$. 又
∵ $∠DAC＜80°$,
∴ $\frac{1}{2}∠DAC＜40°$,
∴ $\frac{1}{2}∠DAC+25°＜65°$,
∴ $t＜65°$,
∴ $25°＜t＜65°$.

【分析】
要解决本题，核心是利用三角形内心（内切圆圆心）的性质：内心是三角形三个内角平分线的交点，因此AO平分∠DAC，CO平分∠DCA。接下来结合等腰三角形ABC的角度特征，将t转化为与∠DAC相关的表达式，再根据D在BC上的位置确定∠DAC的取值范围，进而得到t的范围。
【解析】
1. 因为O是△ADC内切圆的圆心，根据三角形内心的性质，内心是角平分线的交点，所以AO平分∠DAC，CO平分∠DCA，因此：
∠DAO = ½∠DAC，∠DCO = ½∠DCA，
故t = ∠DAO + ∠DCO = ½(∠DAC + ∠DCA)。
2. 已知AB=AC，∠BAC=80°，根据等腰三角形两底角相等，可得：
∠ACB = (180° - ∠BAC)÷2 = (180° - 80°)÷2 = 50°，
又因为D在BC上，所以∠DCA = ∠ACB = 50°，代入t的表达式得：
t = ½∠DAC + ½×50° = ½∠DAC + 25°。
3. 由于D是BC上不与B、C重合的点，所以∠DAC的取值范围是0° ＜ ∠DAC ＜ 80°，
两边同时乘以½得：0° ＜ ½∠DAC ＜ 40°，
再加上25°得：25° ＜ ½∠DAC +25° ＜ 65°，即25° ＜ t ＜65°。
【答案】
25°＜t＜65°
【知识点】
等腰三角形性质，三角形内心性质，角平分线定义
【点评】
本题结合等腰三角形和三角形内心的性质，考查角度范围的计算，关键是利用内心是角平分线交点将t转化为两个角的一半之和，再根据动点D的位置确定角度范围，属于中等难度的几何角度题，需要学生掌握内心的核心性质。
【难度系数】
0.5

16. 在如图所示的网格中,每个小正方形的边长为 1,点 A,B,O 均为格点,点 C 为$\overset{\frown}{AB}$的三等分点(靠近点 A),点E,F 分别是线段 AO,BO 上的动点,且$EF=$5,点 G 为 EF 的中点,连接 CG,BG. 在 EF 滑动的过程中,当 CG 的值最小时,阴影部分的面积是.
[二维码 视频讲题]

16. $\frac{25}{6}π-\frac{25}{8}\sqrt{3}$ 解析:如图①,连接 AB,OG,BC,OC,
∵ 每个小正方形的边长为 1,点 C 为$\overgroup{AB}$的三等分点(靠近点 A),
∴ $OA=OB=\sqrt{4^2+3^2}=5$,$AB=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt{2}$.
∵ $OA^2+OB^2=5^2+5^2=50=(5\sqrt{2})^2=AB^2$,
∴ $△OAB$ 是直角三角形,且$∠AOB=90°$,即$\overgroup{AB}$的度数为 90°,
∴ $△OEF$ 是直角三角形.
∵ 点 G 为 EF 的中点,$EF=5$,
∴ $OG=\frac{1}{2}EF=\frac{5}{2}$.
∵ 点 E,F 分别是线段 AO,BO 上的动点,点 G 为 EF 的中点,
∴ $CG+OG≥OC$,
∴ $CG≥OC-OG$,当 O,G,C 三点共线时,取“=”号,此时 CG 的值最小,最小值为 $CG=OC-OG=5-\frac{5}{2}=\frac{5}{2}$,此时点 G 为 OC 的中点,如图②,
∵ 点 C 为$\overgroup{AB}$的三等分点(靠近点 A),$\overgroup{AB}$的度数为 90°,
∴ $\overgroup{CB}$的度数为$\frac{2}{3}×90°=60°$,
∴ $∠BOC=60°$. 又 $OC=OB$,
∴ $△OBC$ 为等边三角形,
∴ $BC=BO$,
∴ $BG⊥OC$,即$∠BGO=90°$,
∴ $BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5}{2}\sqrt{3}$,
∴ $S_{△OBG}=\frac{1}{2}OG·BG=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×\frac{5}{2}\sqrt{3}=\frac{25}{8}\sqrt{3}$,
∴ $S_{阴影}=S_{扇形OBC}-S_{△OBG}=\frac{60π×5^2}{360}-\frac{25}{8}\sqrt{3}=\frac{25}{6}π-\frac{25}{8}\sqrt{3}$,
∴ 在 EF 滑动的过程中,当CG 值最小时,阴影部分的面积是$\frac{25}{6}π-\frac{25}{8}\sqrt{3}$.

【分析】
要解决该问题，需依次推导：首先利用勾股定理计算OA、OB、AB的长度，判断△OAB为直角三角形，得出弧AB的度数；再根据直角三角形斜边中线性质，结合“两点之间线段最短”确定CG最小时G的位置；最后通过扇形面积公式和三角形面积公式计算阴影部分面积。
【解析】
1. 计算线段长度与角度：
每个小正方形边长为1，由勾股定理得：$OA=OB=\sqrt{4^2+3^2}=5$，$AB=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt{2}$。
因为$OA^2+OB^2=5^2+5^2=50=(5\sqrt{2})^2=AB^2$，所以△OAB是直角三角形，$∠ AOB=90°$，即$\overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$。
2. 确定CG最小时的位置：
点G是EF中点，EF=5，在Rt△OEF中，斜边中线$OG=\frac{1}{2}EF=\frac{5}{2}$。
根据“两点之间线段最短”，$CG+OG≥ OC$，当O、G、C三点共线时，CG最小，此时$CG=OC-OG=5-\frac{5}{2}=\frac{5}{2}$，且G为OC中点。
3. 计算阴影部分面积：
点C是$\overset{\frown}{AB}$的三等分点（靠近A），$\overset{\frown}{AB}$度数为$90°$，故$\overset{\frown}{CB}$度数为$\frac{2}{3}×90°=60°$，即$∠ BOC=60°$。
又$OC=OB=5$，所以△OBC是等边三角形，$BG⊥ OC$，则$BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=\sqrt{5^2-(\frac{5}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}$。
扇形OBC的面积：$S_{扇形OBC}=\frac{60π×5^2}{360}=\frac{25π}{6}$。
△OBG的面积：$S_{△ OBG}=\frac{1}{2}× OG× BG=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×\frac{5\sqrt{3}}{2}=\frac{25\sqrt{3}}{8}$。
因此，阴影部分面积：$S_{阴影}=S_{扇形OBC}-S_{△ OBG}=\frac{25}{6}π-\frac{25}{8}\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{25}{6}π-\frac{25}{8}\sqrt{3}$
【知识点】
勾股定理、扇形面积计算、直角三角形性质
【点评】
本题结合网格、动点最值与几何面积计算，综合考查多个核心几何知识点，关键在于找到CG最小时的位置，对学生的几何推理能力要求较高，是一道综合性较强的题目。
【难度系数】
0.5

三、解答题(共60分)
17.(8分)如图,在单位长度为1的正方形网格中建立一直角坐标系,一条圆弧经过网格点A,B,C,请在网格图中进行下列操作(以下结果保留根号):
(1)利用网格确定该圆弧所在圆的圆心点D的位置,并写出点D的坐标为;
(2)连接$ AD,CD,\odot D $的半径为,$ ∠ ADC $的度数为;
(3)将此圆弧所在的扇形围成一个圆锥,求该圆锥的底面圆半径.

17. (1)如图①,点 D 即为所求. (2,0) 解析:如图①,分别作 AB,BC 的垂直平分线,两线交于点 D,D 点的坐标为(2,0).
(2)$2\sqrt{5}$ $90°$ 解析:如图②,连接 AD,CD,过点 C 作 $CE⊥x$ 轴于点 E,则 $OA=4$,$OD=2$,在 $Rt△AOD$ 中,$AD=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$,即$\odot D$ 的半径为 $2\sqrt{5}$.
∵ $CE=2$,$DE=4$,
∴ $AO=DE=4$,$OD=CE=2$. 在 $△AOD$ 和 $△DEC$ 中,
$\begin{cases} AO=DE, \\ ∠AOD=∠CED, \\ OD=CE, \end{cases}$
∴ $△AOD≌△DEC(SAS)$,
∴ $∠OAD=∠CDE$.
∵ $∠OAD+∠ADO=90°$,
∴ $∠CDE+∠ADO=90°$,
∴ $∠ADC=90°$.
(3)$\overgroup{AC}$的长$=\frac{90}{180}π×2\sqrt{5}=\sqrt{5}π$,设圆锥底面圆半径为 r,则有 $2π r=\sqrt{5}π$,解得 $r=\frac{\sqrt{5}}{2}$,
∴ 圆锥底面圆半径为$\frac{\sqrt{5}}{2}$.

【分析】
要解决本题，分三步逐步推导：
1. 确定圆弧所在圆的圆心：根据圆的性质，圆心到圆上任意两点的距离相等，因此圆心在两条弦的垂直平分线上，只需分别作弦AB、BC的垂直平分线，交点即为圆心D；
2. 计算半径与∠ADC的度数：利用网格坐标，结合勾股定理计算圆心到A点的距离得到半径；通过构造直角三角形，证明三角形全等推导圆心角∠ADC的度数；
3. 求圆锥底面半径：扇形围成圆锥时，扇形弧长等于圆锥底面圆的周长，先计算弧AC的长度，再通过周长公式列方程求解底面半径。
【解析】
(1) 分别作弦AB和BC的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为圆弧所在圆的圆心D，由网格坐标可得点D的坐标为(2,0)；
(2) 连接AD、CD，过点C作CE⊥x轴于点E，由网格得OA=4，OD=2，在Rt△AOD中，根据勾股定理：$AD=\sqrt{OD^2+OA^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，即⊙D的半径为$2\sqrt{5}$；
由网格得CE=2，DE=4，故$AO=DE=4$，$OD=CE=2$，又$∠ AOD=∠ CED=90°$，因此$△ AOD≌△ DEC(SAS)$，得$∠ OAD=∠ CDE$；因为$∠ OAD+∠ ADO=90°$，所以$∠ CDE+∠ ADO=90°$，即$∠ ADC=180°-90°=90°$；
(3) 扇形的弧$\overset{\frown}{AC}$长为：$\frac{90°}{180°}×π×2\sqrt{5}=\sqrt{5}π$；设圆锥底面圆半径为$r$，圆锥底面周长等于扇形弧长，即$2π r=\sqrt{5}π$，解得$r=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
【答案】
(1) (2,0)；(2) $2\sqrt{5}$，$90°$；(3) $\frac{\sqrt{5}}{2}$
【知识点】
圆的性质、勾股定理、圆锥弧长计算
【点评】
本题结合网格考察圆的基本性质、三角形全等及圆锥的相关计算，解题关键是利用弦的垂直平分线确定圆心，通过全等推导圆心角，再结合弧长与圆锥底面周长的关系求解，注重基础知识点的综合应用。
【难度系数】
0.6