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9. (2024·资阳)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.以点A为圆心,AD长为半径作弧交AB于点E,再以AB为直径作半圆,与$\overset{\frown}{DE}$交于点F,则图中阴影部分的面积为
$\sqrt{3}+\dfrac{2}{3}π$
. 答案
9. $\sqrt{3}+\dfrac{2}{3}π$
解析
【分析】
要计算不规则阴影部分的面积，直接求解比较困难，可通过转化思想，将其转化为规则图形的面积和计算。首先连接辅助线AF，利用直径所对圆周角为直角的性质，结合已知边长求出∠FAB的度数，再通过割补法发现阴影部分的面积可转化为等边三角形的面积与圆心角为60°的扇形面积之和，分别计算两部分面积相加即可得到结果。
【解析】
解：连接AF，
∵AB是半圆的直径，
∴∠AFB=90°（直径所对的圆周角为直角），
由题意得：AF=AD=2，AB=4，
在Rt△AFB中，$\cos∠ FAB=\frac{AF}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
∴$∠ FAB=60°$，
又
∵AE=AF=2，
∴△AEF是边长为2的等边三角形，其面积为：
$S_{△ AEF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2=\sqrt{3}$，
圆心角为60°、半径为2的扇形AEF的面积为：
$S_{扇形AEF}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
由于弧DE和半圆弧的半径均为2，两段弧在EF两侧的空白部分面积相等，通过割补可知阴影部分的面积等于等边三角形AEF的面积与扇形AEF的面积之和，
∴$S_{阴影}=\sqrt{3}+\frac{2π}{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}+\dfrac{2}{3}π$
【知识点】
圆周角定理，扇形面积计算，割补法求面积
【点评】
本题考查不规则图形面积的计算，解题关键是合理添加辅助线，利用圆周角性质求出特殊角度，再通过割补法将不规则图形转化为熟悉的等边三角形和扇形面积求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
要计算不规则阴影部分的面积，直接求解比较困难，可通过转化思想，将其转化为规则图形的面积和计算。首先连接辅助线AF，利用直径所对圆周角为直角的性质，结合已知边长求出∠FAB的度数，再通过割补法发现阴影部分的面积可转化为等边三角形的面积与圆心角为60°的扇形面积之和，分别计算两部分面积相加即可得到结果。
【解析】
解：连接AF，
∵AB是半圆的直径，
∴∠AFB=90°（直径所对的圆周角为直角），
由题意得：AF=AD=2，AB=4，
在Rt△AFB中，$\cos∠ FAB=\frac{AF}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
∴$∠ FAB=60°$，
又
∵AE=AF=2，
∴△AEF是边长为2的等边三角形，其面积为：
$S_{△ AEF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2=\sqrt{3}$，
圆心角为60°、半径为2的扇形AEF的面积为：
$S_{扇形AEF}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
由于弧DE和半圆弧的半径均为2，两段弧在EF两侧的空白部分面积相等，通过割补可知阴影部分的面积等于等边三角形AEF的面积与扇形AEF的面积之和，
∴$S_{阴影}=\sqrt{3}+\frac{2π}{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}+\dfrac{2}{3}π$
【知识点】
圆周角定理，扇形面积计算，割补法求面积
【点评】
本题考查不规则图形面积的计算，解题关键是合理添加辅助线，利用圆周角性质求出特殊角度，再通过割补法将不规则图形转化为熟悉的等边三角形和扇形面积求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
10. 如图，点A在第一象限内，$\odot A$与x轴相切于点B，与y轴相交于点C，D，连接AB，过点A作$AH ⊥ CD$于点H.
（1）求证：四边形ABOH为矩形；
（2）已知$\odot A$的半径为4，$OB=\sqrt{7}$，求弦CD的长.
（1）求证：四边形ABOH为矩形；
（2）已知$\odot A$的半径为4，$OB=\sqrt{7}$，求弦CD的长.
答案
10.
(1) $\because \odot A$与$x$轴相切于点$B$，$\therefore AB⊥ x$轴. 又$\because AH⊥ CD$，$HO⊥ OB$，$\therefore ∠ AHO=∠ HOB=∠ OBA=90°$，$\therefore$ 四边形$AHOB$是矩形；
(2) 如图，连接$AD$，$\because$ 四边形$AHOB$是矩形，$\therefore AH=OB=\sqrt{7}$.
$\because AD=AB=4$，$\therefore DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{4^2-(\sqrt{7})^2}=3$. $\because AH⊥ CD$，$\therefore CD=2DH=6$.
解析
【分析】
（1）要证明四边形ABOH为矩形，可通过“三个内角为直角的四边形是矩形”的判定定理推导：首先根据圆的切线性质，$\odot A$与x轴相切于B，可得AB垂直x轴，得到$∠ OBA=90°$；已知AH垂直CD，CD在y轴上，因此AH垂直y轴，得$∠ AHO=90°$；再结合x轴与y轴互相垂直，$∠ HOB=90°$，三个角均为直角即可判定四边形为矩形。
（2）求弦CD的长，可利用垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，因此$CD=2DH$，只需算出DH即可。首先由第一问的矩形性质可得$AH=OB=\sqrt{7}$，连接AD，AD是圆的半径为4，在$Rt△ AHD$中用勾股定理算出DH，再乘2即可得到CD的长度。
【解析】
（1）证明：$\because \odot A$与$x$轴相切于点$B$，$\therefore AB⊥ x$轴，即$∠ OBA=90°$。
又$\because AH ⊥ CD$，CD在y轴上，$\therefore AH⊥y$轴，即$∠ AHO=90°$。
$\because$x轴与y轴互相垂直，$\therefore ∠ HOB=90°$。
$\therefore ∠ AHO=∠ HOB=∠ OBA=90°$，$\therefore$ 四边形$AHOB$是矩形。
（2）解：如图，连接$AD$，
$\because$四边形$AHOB$是矩形，$\therefore AH=OB=\sqrt{7}$。
$\because \odot A$的半径为4，$\therefore AD=AB=4$，
在$Rt△ AHD$中，由勾股定理得：$DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{4^2-(\sqrt{7})^2}=3$。
$\because AH⊥ CD$，由垂径定理可得$CD=2DH=2×3=6$。
【答案】
【知识点】
切线的性质、矩形的判定、垂径定理
【点评】
本题是圆与平面几何结合的基础综合题，解题关键是熟练运用切线性质得到垂直关系，结合矩形性质和垂径定理完成线段转化，再搭配勾股定理计算即可，解题逻辑清晰，考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明四边形ABOH为矩形，可通过“三个内角为直角的四边形是矩形”的判定定理推导：首先根据圆的切线性质，$\odot A$与x轴相切于B，可得AB垂直x轴，得到$∠ OBA=90°$；已知AH垂直CD，CD在y轴上，因此AH垂直y轴，得$∠ AHO=90°$；再结合x轴与y轴互相垂直，$∠ HOB=90°$，三个角均为直角即可判定四边形为矩形。
（2）求弦CD的长，可利用垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，因此$CD=2DH$，只需算出DH即可。首先由第一问的矩形性质可得$AH=OB=\sqrt{7}$，连接AD，AD是圆的半径为4，在$Rt△ AHD$中用勾股定理算出DH，再乘2即可得到CD的长度。
【解析】
（1）证明：$\because \odot A$与$x$轴相切于点$B$，$\therefore AB⊥ x$轴，即$∠ OBA=90°$。
又$\because AH ⊥ CD$，CD在y轴上，$\therefore AH⊥y$轴，即$∠ AHO=90°$。
$\because$x轴与y轴互相垂直，$\therefore ∠ HOB=90°$。
$\therefore ∠ AHO=∠ HOB=∠ OBA=90°$，$\therefore$ 四边形$AHOB$是矩形。
（2）解：如图，连接$AD$，
$\because$四边形$AHOB$是矩形，$\therefore AH=OB=\sqrt{7}$。
$\because \odot A$的半径为4，$\therefore AD=AB=4$，
在$Rt△ AHD$中，由勾股定理得：$DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{4^2-(\sqrt{7})^2}=3$。
$\because AH⊥ CD$，由垂径定理可得$CD=2DH=2×3=6$。
【答案】
【知识点】
切线的性质、矩形的判定、垂径定理
【点评】
本题是圆与平面几何结合的基础综合题，解题关键是熟练运用切线性质得到垂直关系，结合矩形性质和垂径定理完成线段转化，再搭配勾股定理计算即可，解题逻辑清晰，考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11. 已知AB为$\odot O$的直径，$AB=6$，C为$\odot O$上一点，连接CA，CB.
（1）如图1，若C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，求$∠ CAB$的大小和AC的长；
（2）如图2，若$AC=2$，OD为$\odot O$的半径，且$OD⊥ CB$，垂足为E，过点D作$\odot O$的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长.
（1）如图1，若C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，求$∠ CAB$的大小和AC的长；
（2）如图2，若$AC=2$，OD为$\odot O$的半径，且$OD⊥ CB$，垂足为E，过点D作$\odot O$的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长.
答案
11. (1) $\because AB$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°$. $\because C$为$\overset{\frown}{AB}$的中点，$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠ CAB=∠ CBA=45°$，$\therefore AC=BC$. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AB^2=AC^2+BC^2=2AC^2=36$，$\therefore AC=3\sqrt{2}$；
(2) $\because DF$是$\odot O$的切线，$\therefore OD⊥ DF$. $\because OD⊥ BC$，$∠ FCB=90°$，$\therefore$ 四边形$FCED$为矩形，$\therefore FD=EC$，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=2$，$AB=6$，则$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=4\sqrt{2}$. $\because OD⊥ BC$，$\therefore EC=\dfrac{1}{2}BC=2\sqrt{2}$，$\therefore FD=2\sqrt{2}$.
(2) $\because DF$是$\odot O$的切线，$\therefore OD⊥ DF$. $\because OD⊥ BC$，$∠ FCB=90°$，$\therefore$ 四边形$FCED$为矩形，$\therefore FD=EC$，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=2$，$AB=6$，则$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=4\sqrt{2}$. $\because OD⊥ BC$，$\therefore EC=\dfrac{1}{2}BC=2\sqrt{2}$，$\therefore FD=2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
（1）首先利用直径所对圆周角为直角的性质，确定△ACB是直角三角形；再结合C是$\overset{\frown}{AB}$中点，可得弧AC与弧BC相等，对应的圆周角相等，推出△ACB为等腰直角三角形，即可求解角度和边长。
（2）先根据切线性质得到OD⊥DF，再结合OD⊥CB、∠ACB为直角，可判定四边形FCED是矩形，得出FD=EC；随后利用垂径定理可得EC是BC的一半，最后在Rt△ABC中用勾股定理求出BC的长度，即可得到FD的长。
【解析】
（1）
∵AB为$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
∴$∠ ACB=90°$。
∵C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，同弧所对的圆周角相等，
∴$∠ CAB=∠ CBA$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ CAB+∠ CBA=90°$，因此$∠ CAB=∠ CBA=45°$，可得$AC=BC$。
由勾股定理得$AB^2=AC^2+BC^2$，代入$AB=6$、$AC=BC$，得$2AC^2=36$，解得$AC=3\sqrt{2}$。
（2）
∵DF是$\odot O$的切线，切线垂直于过切点的半径，
∴$OD⊥DF$。
∵$OD⊥CB$，AB为直径，
∴$∠ FCB=∠ ACB=90°$。
四边形FCED有三个内角为直角，因此四边形FCED为矩形，可得$FD=EC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=2$，$AB=6$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$。
∵$OD⊥BC$，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴$EC=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，因此$FD=2\sqrt{2}$。
【答案】
（1）$∠ CAB=45°$，$AC=3\sqrt{2}$；（2）$FD=2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，切线的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了直角三角形、矩形的相关性质考查圆的核心定理，解题关键是熟练掌握各类基础定理，结合图形特征梳理线段、角度的对应关系。
【难度系数】
0.7
（1）首先利用直径所对圆周角为直角的性质，确定△ACB是直角三角形；再结合C是$\overset{\frown}{AB}$中点，可得弧AC与弧BC相等，对应的圆周角相等，推出△ACB为等腰直角三角形，即可求解角度和边长。
（2）先根据切线性质得到OD⊥DF，再结合OD⊥CB、∠ACB为直角，可判定四边形FCED是矩形，得出FD=EC；随后利用垂径定理可得EC是BC的一半，最后在Rt△ABC中用勾股定理求出BC的长度，即可得到FD的长。
【解析】
（1）
∵AB为$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
∴$∠ ACB=90°$。
∵C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，同弧所对的圆周角相等，
∴$∠ CAB=∠ CBA$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ CAB+∠ CBA=90°$，因此$∠ CAB=∠ CBA=45°$，可得$AC=BC$。
由勾股定理得$AB^2=AC^2+BC^2$，代入$AB=6$、$AC=BC$，得$2AC^2=36$，解得$AC=3\sqrt{2}$。
（2）
∵DF是$\odot O$的切线，切线垂直于过切点的半径，
∴$OD⊥DF$。
∵$OD⊥CB$，AB为直径，
∴$∠ FCB=∠ ACB=90°$。
四边形FCED有三个内角为直角，因此四边形FCED为矩形，可得$FD=EC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=2$，$AB=6$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$。
∵$OD⊥BC$，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴$EC=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，因此$FD=2\sqrt{2}$。
【答案】
（1）$∠ CAB=45°$，$AC=3\sqrt{2}$；（2）$FD=2\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，切线的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了直角三角形、矩形的相关性质考查圆的核心定理，解题关键是熟练掌握各类基础定理，结合图形特征梳理线段、角度的对应关系。
【难度系数】
0.7
12. 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,$A(4,0),B(0,3),C(4,3),I$是$△ ABC$的内心,将$△ ABC$绕原点逆时针旋转$90°$后,$I$的对应点$I'$的坐标为 (
A.$(-2,3)$
B.$(-3,2)$
C.$(3,-2)$
D.$(2,-3)$
A
)A.$(-2,3)$
B.$(-3,2)$
C.$(3,-2)$
D.$(2,-3)$
答案
12. A
解析
【分析】
解题思路分为三步：第一步先判断△ABC的形状，计算三边长度，利用直角三角形内切圆半径公式求出半径，进而得到内心I的原始坐标；第二步掌握点绕原点逆时针旋转90°的坐标变换规律；第三步代入坐标计算得到对应点I'的坐标。首先根据三个点的坐标特征判断△ABC是直角三角形，再利用直角三角形内心的性质求I的坐标，最后用旋转坐标变换规则求解即可。
【解析】
1. 确定△ABC的形状与边长：
由A(4,0)，B(0,3)，C(4,3)可知，BC平行于x轴，AC垂直于x轴，故∠C=90°，△ABC是直角三角形。直角边BC=4，AC=3，由勾股定理得斜边AB=√(3²+4²)=5。
2. 求内心I的坐标：
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），代入得$r=\frac{3+4-5}{2}=1$。
内心到三角形各边距离等于内切圆半径：到BC（直线y=3）距离为1，故I的纵坐标为$3-1=2$；到AC（直线x=4）距离为1，故I的横坐标为$4-1=3$，即I的坐标为$(3,2)$。
3. 求旋转后I'的坐标：
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转90°后，对应点坐标为$(-y,x)$，将I(3,2)代入得，I'的坐标为$(-2,3)$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形内切圆性质，旋转的坐标变换，坐标与图形性质
【点评】
本题结合直角三角形内心的性质和图形旋转的规律考查坐标计算，解题的核心是先准确推导内心的原始坐标，再牢记旋转的坐标变化规则，整体考查知识点较为基础，逻辑清晰。
【难度系数】
0.7
解题思路分为三步：第一步先判断△ABC的形状，计算三边长度，利用直角三角形内切圆半径公式求出半径，进而得到内心I的原始坐标；第二步掌握点绕原点逆时针旋转90°的坐标变换规律；第三步代入坐标计算得到对应点I'的坐标。首先根据三个点的坐标特征判断△ABC是直角三角形，再利用直角三角形内心的性质求I的坐标，最后用旋转坐标变换规则求解即可。
【解析】
1. 确定△ABC的形状与边长：
由A(4,0)，B(0,3)，C(4,3)可知，BC平行于x轴，AC垂直于x轴，故∠C=90°，△ABC是直角三角形。直角边BC=4，AC=3，由勾股定理得斜边AB=√(3²+4²)=5。
2. 求内心I的坐标：
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），代入得$r=\frac{3+4-5}{2}=1$。
内心到三角形各边距离等于内切圆半径：到BC（直线y=3）距离为1，故I的纵坐标为$3-1=2$；到AC（直线x=4）距离为1，故I的横坐标为$4-1=3$，即I的坐标为$(3,2)$。
3. 求旋转后I'的坐标：
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转90°后，对应点坐标为$(-y,x)$，将I(3,2)代入得，I'的坐标为$(-2,3)$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形内切圆性质，旋转的坐标变换，坐标与图形性质
【点评】
本题结合直角三角形内心的性质和图形旋转的规律考查坐标计算，解题的核心是先准确推导内心的原始坐标，再牢记旋转的坐标变化规则，整体考查知识点较为基础，逻辑清晰。
【难度系数】
0.7
13. 如图，把腰长为8的等腰直角三角板OAB的一直角边OA放在直线l上，按顺时针方向在l上转动两次，使得它的斜边转到l上，则直角边OA两次转动所扫过的面积为
$40π$
。答案
13. $40π$
解析
【分析】
要求直角边OA两次转动所扫过的面积，需先分析两次转动对应的扇形参数（圆心、半径、圆心角），再结合扇形面积公式分别计算两次扫过的面积，求和即可。首先根据等腰直角三角形的特征，确定各边长度和内角度数，再结合旋转的方向和前后位置，确定每次旋转的圆心角、半径，代入公式计算后相加得到结果。
【解析】
解：
∵△OAB是腰长为8的等腰直角三角形，
∴OA=OB=8，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBA=45°，
斜边$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt{2}$。
第一次转动：三角板绕点A顺时针旋转$180°-45°=135°$，OA绕点A转动，扫过的扇形圆心角为$135°$，半径为OA=8，面积为：
$S_1=\frac{135π×8^2}{360}=24π$。
第二次转动：三角板绕AB落在直线l上后的端点顺时针旋转$90°$，OA扫过的面积为半径为$8\sqrt{2}$、圆心角$90°$的扇形面积，减去半径为8、圆心角$90°$的扇形面积：
$S_2=\frac{90π×(8\sqrt{2})^2}{360}-\frac{90π×8^2}{360}=32π-16π=16π$。
则两次转动OA扫过的总面积为$S=S_1+S_2=24π+16π=40π$。
【答案】
$40π$
【知识点】
扇形面积计算；旋转的性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题考查旋转过程中扫过面积的计算，解题关键是准确判断每次旋转的圆心、半径和圆心角，结合等腰直角三角形的性质求出相关参数，计算时注意区分两次旋转的参数差异，避免漏算或多算重叠部分。
【难度系数】
0.6
要求直角边OA两次转动所扫过的面积，需先分析两次转动对应的扇形参数（圆心、半径、圆心角），再结合扇形面积公式分别计算两次扫过的面积，求和即可。首先根据等腰直角三角形的特征，确定各边长度和内角度数，再结合旋转的方向和前后位置，确定每次旋转的圆心角、半径，代入公式计算后相加得到结果。
【解析】
解：
∵△OAB是腰长为8的等腰直角三角形，
∴OA=OB=8，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBA=45°，
斜边$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt{2}$。
第一次转动：三角板绕点A顺时针旋转$180°-45°=135°$，OA绕点A转动，扫过的扇形圆心角为$135°$，半径为OA=8，面积为：
$S_1=\frac{135π×8^2}{360}=24π$。
第二次转动：三角板绕AB落在直线l上后的端点顺时针旋转$90°$，OA扫过的面积为半径为$8\sqrt{2}$、圆心角$90°$的扇形面积，减去半径为8、圆心角$90°$的扇形面积：
$S_2=\frac{90π×(8\sqrt{2})^2}{360}-\frac{90π×8^2}{360}=32π-16π=16π$。
则两次转动OA扫过的总面积为$S=S_1+S_2=24π+16π=40π$。
【答案】
$40π$
【知识点】
扇形面积计算；旋转的性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题考查旋转过程中扫过面积的计算，解题关键是准确判断每次旋转的圆心、半径和圆心角，结合等腰直角三角形的性质求出相关参数，计算时注意区分两次旋转的参数差异，避免漏算或多算重叠部分。
【难度系数】
0.6
