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17. (9分)甲、乙两名同学相约打乒乓球.
(1)有款式完全相同的4个乒乓球拍(分别记为A,B,C,D),若甲先从中随机选取1个,乙再从余下的球拍中随机选取1个,求乙选中球拍C的概率.
(2)双方约定:两人各投掷一枚质地均匀的硬币,如果两枚硬币全部正面向上或全部反面向上,那么甲先发球,否则乙先发球.这个约定是否公平?为什么?
(1)有款式完全相同的4个乒乓球拍(分别记为A,B,C,D),若甲先从中随机选取1个,乙再从余下的球拍中随机选取1个,求乙选中球拍C的概率.
(2)双方约定:两人各投掷一枚质地均匀的硬币,如果两枚硬币全部正面向上或全部反面向上,那么甲先发球,否则乙先发球.这个约定是否公平?为什么?
答案
解：
(1) 所有等可能的结果共12种，分别为：(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C)。
其中乙选中球拍C的结果有3种：(A,C),(B,C),(D,C)。
因此乙选中球拍C的概率为 $P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
(2) 这个约定公平，理由如下：
两人各投掷一枚质地均匀的硬币，所有等可能的结果共4种：(正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反)。
其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上的结果有2种，因此甲先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$；
两枚硬币一正一反的结果有2种，因此乙先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
因为 $P(甲先发球)=P(乙先发球)=\frac{1}{2}$，所以这个约定公平。
(1) 所有等可能的结果共12种，分别为：(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C)。
其中乙选中球拍C的结果有3种：(A,C),(B,C),(D,C)。
因此乙选中球拍C的概率为 $P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
(2) 这个约定公平，理由如下：
两人各投掷一枚质地均匀的硬币，所有等可能的结果共4种：(正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反)。
其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上的结果有2种，因此甲先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$；
两枚硬币一正一反的结果有2种，因此乙先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
因为 $P(甲先发球)=P(乙先发球)=\frac{1}{2}$，所以这个约定公平。
解析
【分析】
本题分为两小问考查概率的相关应用：
(1) 属于不放回抽样的概率计算问题，解题思路为：先通过列举法梳理出甲先选、乙后选的所有等可能结果，再从中筛选出乙选中球拍C的结果数，最后根据古典概型概率公式（概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数）计算即可。
(2) 属于游戏公平性判断问题，解题核心是比较甲、乙两人先发球的概率是否相等：先列举出两人各抛一枚硬币的所有等可能结果，分别计算甲先发球、乙先发球的概率，若二者概率相等则约定公平，否则不公平。
【解析】
(1) 甲先从4个球拍中随机选取1个，乙再从剩余3个球拍中随机选取1个，所有等可能的结果共12种，分别为：(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C)。
其中乙选中球拍C的结果有3种：(A,C),(B,C),(D,C)。
根据概率公式，乙选中球拍C的概率为 $P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
(2) 这个约定公平，理由如下：
两人各投掷一枚质地均匀的硬币，所有等可能的结果共4种：(正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反)。
其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上的结果有2种，因此甲先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$；
两枚硬币一正一反的结果有2种，因此乙先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
因为 $P(甲先发球)=P(乙先发球)=\frac{1}{2}$，所以这个约定公平。
【答案】
(1) $\frac{1}{4}$；(2) 约定公平，甲、乙先发球的概率均为$\frac{1}{2}$
【知识点】
1. 列举法求概率 2. 游戏公平性判定 3. 古典概型计算
【点评】
本题结合生活场景考查概率的基础应用，解题关键是准确梳理所有等可能事件，熟练运用概率公式计算对应事件的概率，理解游戏公平性的核心是双方对应事件的概率相等。
【难度系数】
0.8
本题分为两小问考查概率的相关应用：
(1) 属于不放回抽样的概率计算问题，解题思路为：先通过列举法梳理出甲先选、乙后选的所有等可能结果，再从中筛选出乙选中球拍C的结果数，最后根据古典概型概率公式（概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数）计算即可。
(2) 属于游戏公平性判断问题，解题核心是比较甲、乙两人先发球的概率是否相等：先列举出两人各抛一枚硬币的所有等可能结果，分别计算甲先发球、乙先发球的概率，若二者概率相等则约定公平，否则不公平。
【解析】
(1) 甲先从4个球拍中随机选取1个，乙再从剩余3个球拍中随机选取1个，所有等可能的结果共12种，分别为：(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C)。
其中乙选中球拍C的结果有3种：(A,C),(B,C),(D,C)。
根据概率公式，乙选中球拍C的概率为 $P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
(2) 这个约定公平，理由如下：
两人各投掷一枚质地均匀的硬币，所有等可能的结果共4种：(正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反)。
其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上的结果有2种，因此甲先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$；
两枚硬币一正一反的结果有2种，因此乙先发球的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
因为 $P(甲先发球)=P(乙先发球)=\frac{1}{2}$，所以这个约定公平。
【答案】
(1) $\frac{1}{4}$；(2) 约定公平，甲、乙先发球的概率均为$\frac{1}{2}$
【知识点】
1. 列举法求概率 2. 游戏公平性判定 3. 古典概型计算
【点评】
本题结合生活场景考查概率的基础应用，解题关键是准确梳理所有等可能事件，熟练运用概率公式计算对应事件的概率，理解游戏公平性的核心是双方对应事件的概率相等。
【难度系数】
0.8
18. (9分)如图13,△BDE是△ABC在平面内绕点B顺时针旋转而成,点A的对应点为点D,且点D在边BC上,点C的对应点为点E,连接CE,若CE//AB.
(1)求证:∠ABC=60°;
(2)若$DC=2,AC=\sqrt{19},$求AB的长.
(1)求证:∠ABC=60°;
(2)若$DC=2,AC=\sqrt{19},$求AB的长.
答案
(1) 证明：
∵ △BDE是△ABC绕点B顺时针旋转而成，
∴ $BC=BE$，$∠ ABC=∠ DBE$，
∴ $∠ CBE=∠ ABC$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ ABC=∠ BCE$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE$。
又∵ $BC=BE$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE=∠ BEC$，即$△ BCE$为等边三角形，
∴ $∠ CBE=60°$，
∴ $∠ ABC=60°$。
---
(2) 解：
过点$A$作$AH⊥ BC$于点$H$。
∵ $∠ ABC=60°$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABH$中：
$BH=AB·\cos60°=\frac{1}{2}AB$，
$AH=AB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
设$AB=x$，由旋转性质得$AB=BD=x$，
∵ $DC=2$，
∴ $BC=BD+DC=x+2$，
∴ $HC=BC-BH=(x+2)-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ AHC$中，由勾股定理$AH^2+HC^2=AC^2$，代入$AC=\sqrt{19}$：
$(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2 + (\frac{1}{2}x+2)^2 = (\sqrt{19})^2$
整理得：$x^2+2x-15=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-5$（边长为正，舍去负值）。
∴ $AB$的长为$\boldsymbol{3}$。
∵ △BDE是△ABC绕点B顺时针旋转而成，
∴ $BC=BE$，$∠ ABC=∠ DBE$，
∴ $∠ CBE=∠ ABC$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ ABC=∠ BCE$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE$。
又∵ $BC=BE$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE=∠ BEC$，即$△ BCE$为等边三角形，
∴ $∠ CBE=60°$，
∴ $∠ ABC=60°$。
---
(2) 解：
过点$A$作$AH⊥ BC$于点$H$。
∵ $∠ ABC=60°$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABH$中：
$BH=AB·\cos60°=\frac{1}{2}AB$，
$AH=AB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
设$AB=x$，由旋转性质得$AB=BD=x$，
∵ $DC=2$，
∴ $BC=BD+DC=x+2$，
∴ $HC=BC-BH=(x+2)-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ AHC$中，由勾股定理$AH^2+HC^2=AC^2$，代入$AC=\sqrt{19}$：
$(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2 + (\frac{1}{2}x+2)^2 = (\sqrt{19})^2$
整理得：$x^2+2x-15=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-5$（边长为正，舍去负值）。
∴ $AB$的长为$\boldsymbol{3}$。
解析
【分析】
(1) 要证∠ABC=60°，首先结合旋转性质得到对应边、对应角的等量关系：旋转后BC=BE，∠ABC=∠DBE，可推出∠CBE=∠ABC；再结合CE//AB的平行线性质，得到内错角∠ABC=∠BCE，进而推导△BCE三个内角相等，判定其为等边三角形，得到∠CBE=60°，即可证得结论。
(2) 要求AB的长，已知∠ABC=60°和AC的长度，可通过作AH⊥BC构造直角三角形，利用三角函数表示出Rt△ABH中BH、AH的长度；设AB=x，结合旋转性质得BD=AB=x，进而表示出BC、HC的长度，最后在Rt△AHC中利用勾股定理列方程求解，舍去负根即可得到AB的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ △BDE是△ABC绕点B顺时针旋转而成，
∴ $BC=BE$，$∠ ABC=∠ DBE$，
∴ $∠ CBE=∠ ABC$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ ABC=∠ BCE$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE$。
又
∵ $BC=BE$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE=∠ BEC$，即$△ BCE$为等边三角形，
∴ $∠ CBE=60°$，
∴ $∠ ABC=60°$。
(2) 解：
过点$A$作$AH⊥ BC$于点$H$。
∵ $∠ ABC=60°$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABH$中：
$BH=AB·\cos60°=\frac{1}{2}AB$，
$AH=AB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
设$AB=x$，由旋转性质得$AB=BD=x$，
∵ $DC=2$，
∴ $BC=BD+DC=x+2$，
∴ $HC=BC-BH=(x+2)-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ AHC$中，由勾股定理$AH^2+HC^2=AC^2$，代入$AC=\sqrt{19}$：
$(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2 + (\frac{1}{2}x+2)^2 = (\sqrt{19})^2$
整理得：$x^2+2x-15=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-5$（边长为正，舍去负值）。
【答案】
(1) 已证$∠ABC=60°$；
(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，将旋转、平行线、等边三角形、勾股定理等知识点结合考查，第一问的核心是利用旋转的边角等量关系推导三角形形状，第二问的关键是通过作高构造直角三角形，结合方程思想求解边长，是中考几何解答题的常见考法，需熟练掌握相关性质和常规辅助线的作法。
【难度系数】
0.6
(1) 要证∠ABC=60°，首先结合旋转性质得到对应边、对应角的等量关系：旋转后BC=BE，∠ABC=∠DBE，可推出∠CBE=∠ABC；再结合CE//AB的平行线性质，得到内错角∠ABC=∠BCE，进而推导△BCE三个内角相等，判定其为等边三角形，得到∠CBE=60°，即可证得结论。
(2) 要求AB的长，已知∠ABC=60°和AC的长度，可通过作AH⊥BC构造直角三角形，利用三角函数表示出Rt△ABH中BH、AH的长度；设AB=x，结合旋转性质得BD=AB=x，进而表示出BC、HC的长度，最后在Rt△AHC中利用勾股定理列方程求解，舍去负根即可得到AB的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ △BDE是△ABC绕点B顺时针旋转而成，
∴ $BC=BE$，$∠ ABC=∠ DBE$，
∴ $∠ CBE=∠ ABC$。
∵ $CE// AB$，
∴ $∠ ABC=∠ BCE$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE$。
又
∵ $BC=BE$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC$，
∴ $∠ CBE=∠ BCE=∠ BEC$，即$△ BCE$为等边三角形，
∴ $∠ CBE=60°$，
∴ $∠ ABC=60°$。
(2) 解：
过点$A$作$AH⊥ BC$于点$H$。
∵ $∠ ABC=60°$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ ABH$中：
$BH=AB·\cos60°=\frac{1}{2}AB$，
$AH=AB·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$。
设$AB=x$，由旋转性质得$AB=BD=x$，
∵ $DC=2$，
∴ $BC=BD+DC=x+2$，
∴ $HC=BC-BH=(x+2)-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ AHC$中，由勾股定理$AH^2+HC^2=AC^2$，代入$AC=\sqrt{19}$：
$(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2 + (\frac{1}{2}x+2)^2 = (\sqrt{19})^2$
整理得：$x^2+2x-15=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-5$（边长为正，舍去负值）。
【答案】
(1) 已证$∠ABC=60°$；
(2) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，将旋转、平行线、等边三角形、勾股定理等知识点结合考查，第一问的核心是利用旋转的边角等量关系推导三角形形状，第二问的关键是通过作高构造直角三角形，结合方程思想求解边长，是中考几何解答题的常见考法，需熟练掌握相关性质和常规辅助线的作法。
【难度系数】
0.6
19. (9分)图14①为一种半圆形摇椅.如图14②,未乘坐时,其截面是以AB为直径的半圆O,AC,OD及BC是支撑杆,点C在半圆上$,OD⊥AC,AC=12\sqrt{3} dm,OD=6 dm,AC$平行于地面MN,OD的延长线交MN于点P.如图14③,乘坐时,半圆沿地面向后做无滑动滚动,AB平行于地面MN,半圆与地面MN相切于点Q,OD的延长线交半圆O于点P'.
(1)求半径OA的长.
(2)乘坐时,点D到地面的高度为多少?
(3)请直接写出乘坐时,地面MN上点P与点Q之间的距离.
20. (9分)某超市销售一种商品,每件成本为50元,销售人员经
(1)求半径OA的长.
(2)乘坐时,点D到地面的高度为多少?
(3)请直接写出乘坐时,地面MN上点P与点Q之间的距离.
20. (9分)某超市销售一种商品,每件成本为50元,销售人员经
答案
解：
(1) ∵ OD⊥AC，
∴ AD = $\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 12\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ dm。
在Rt△AOD中，∠ADO=90°，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(6\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{144} = 12$ dm。
即半径OA的长为12 dm。
(2) 在Rt△AOD中，$\cos∠ AOD = \frac{OD}{OA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠ AOD = 60°$。
∵ 乘坐时半圆与地面MN相切于点Q，
∴ OQ⊥MN，且OQ=OA=12 dm。
又∵ AB//MN，
∴ OQ⊥AB，即$∠ AOQ = 90°$，
∴ $∠ DOQ = ∠ AOQ - ∠ AOD = 90° - 60° = 30°$。
过点D作DH⊥OQ于点H，在Rt△DOH中：
$OH = OD · \cos30° = 6 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ dm，
∴ 点D到地面MN的高度$HQ = OQ - OH = (12 - 3\sqrt{3})$ dm。
(3) 点P与点Q之间的距离为$2π$ dm。
(1) ∵ OD⊥AC，
∴ AD = $\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 12\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ dm。
在Rt△AOD中，∠ADO=90°，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(6\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{144} = 12$ dm。
即半径OA的长为12 dm。
(2) 在Rt△AOD中，$\cos∠ AOD = \frac{OD}{OA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$，
∴ $∠ AOD = 60°$。
∵ 乘坐时半圆与地面MN相切于点Q，
∴ OQ⊥MN，且OQ=OA=12 dm。
又∵ AB//MN，
∴ OQ⊥AB，即$∠ AOQ = 90°$，
∴ $∠ DOQ = ∠ AOQ - ∠ AOD = 90° - 60° = 30°$。
过点D作DH⊥OQ于点H，在Rt△DOH中：
$OH = OD · \cos30° = 6 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ dm，
∴ 点D到地面MN的高度$HQ = OQ - OH = (12 - 3\sqrt{3})$ dm。
(3) 点P与点Q之间的距离为$2π$ dm。
解析
【分析】
(1) 第一问已知$OD⊥AC$，根据垂径定理可先求出$AD$的长度，再在$Rt△ AOD$中利用勾股定理即可求出半径$OA$的长；
(2) 第二问先在$Rt△ AOD$中利用三角函数求出$∠ AOD$的度数，再结合切线的性质得$OQ⊥MN$，结合$AB// MN$得$OQ⊥AB$，进而求出$∠ DOQ$的度数，过$D$作$DH⊥OQ$，利用三角函数求出$OH$的长度，点$D$到地面的高度即为$OQ$与$OH$的差；
(3) 第三问半圆无滑动滚动，$PQ$的长度等于半圆滚动过程中转过的弧长，先求出滚动对应的圆心角，再利用弧长公式计算即可。
【解析】
(1) $\because OD⊥AC$，$O$为圆心，
$\therefore AD = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 12\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ dm。
在$Rt△ AOD$中，$∠ ADO=90°$，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(6\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{144} = 12$ dm。
即半径$OA$的长为12 dm。
(2) 在$Rt△ AOD$中，$\cos∠ AOD = \frac{OD}{OA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$，
$\therefore ∠ AOD = 60°$。
$\because$ 乘坐时半圆与地面$MN$相切于点$Q$，
$\therefore OQ⊥MN$，且$OQ=OA=12$ dm。
又$\because AB// MN$，
$\therefore OQ⊥AB$，即$∠ AOQ = 90°$，
$\therefore ∠ DOQ = ∠ AOQ - ∠ AOD = 90° - 60° = 30°$。
过点$D$作$DH⊥OQ$于点$H$，在$Rt△ DOH$中：
$OH = OD · \cos30° = 6 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ dm，
$\therefore$ 点$D$到地面$MN$的高度$HQ = OQ - OH = (12 - 3\sqrt{3})$ dm。
(3) 半圆无滑动滚动时，$PQ$的长度等于滚动过程中转过的弧长，对应圆心角为$30°$，
由弧长公式得：$l=\frac{nπ r}{180}=\frac{30π×12}{180}=2π$ dm，即$PQ$的长为$2π$ dm。
【答案】
(1) $\boldsymbol{12\ \mathrm{dm}}$；
(2) $\boldsymbol{(12-3\sqrt{3})\ \mathrm{dm}}$；
(3) $\boldsymbol{2π\ \mathrm{dm}}$
【知识点】
垂径定理；切线的性质；弧长计算
【点评】
本题以生活中的摇椅为背景，综合考查了圆的性质与解直角三角形的结合应用，解题时需准确把握图形滚动前后的位置关系，将实际问题转化为几何计算问题，对学生的图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 第一问已知$OD⊥AC$，根据垂径定理可先求出$AD$的长度，再在$Rt△ AOD$中利用勾股定理即可求出半径$OA$的长；
(2) 第二问先在$Rt△ AOD$中利用三角函数求出$∠ AOD$的度数，再结合切线的性质得$OQ⊥MN$，结合$AB// MN$得$OQ⊥AB$，进而求出$∠ DOQ$的度数，过$D$作$DH⊥OQ$，利用三角函数求出$OH$的长度，点$D$到地面的高度即为$OQ$与$OH$的差；
(3) 第三问半圆无滑动滚动，$PQ$的长度等于半圆滚动过程中转过的弧长，先求出滚动对应的圆心角，再利用弧长公式计算即可。
【解析】
(1) $\because OD⊥AC$，$O$为圆心，
$\therefore AD = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 12\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$ dm。
在$Rt△ AOD$中，$∠ ADO=90°$，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(6\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{144} = 12$ dm。
即半径$OA$的长为12 dm。
(2) 在$Rt△ AOD$中，$\cos∠ AOD = \frac{OD}{OA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$，
$\therefore ∠ AOD = 60°$。
$\because$ 乘坐时半圆与地面$MN$相切于点$Q$，
$\therefore OQ⊥MN$，且$OQ=OA=12$ dm。
又$\because AB// MN$，
$\therefore OQ⊥AB$，即$∠ AOQ = 90°$，
$\therefore ∠ DOQ = ∠ AOQ - ∠ AOD = 90° - 60° = 30°$。
过点$D$作$DH⊥OQ$于点$H$，在$Rt△ DOH$中：
$OH = OD · \cos30° = 6 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ dm，
$\therefore$ 点$D$到地面$MN$的高度$HQ = OQ - OH = (12 - 3\sqrt{3})$ dm。
(3) 半圆无滑动滚动时，$PQ$的长度等于滚动过程中转过的弧长，对应圆心角为$30°$，
由弧长公式得：$l=\frac{nπ r}{180}=\frac{30π×12}{180}=2π$ dm，即$PQ$的长为$2π$ dm。
【答案】
(1) $\boldsymbol{12\ \mathrm{dm}}$；
(2) $\boldsymbol{(12-3\sqrt{3})\ \mathrm{dm}}$；
(3) $\boldsymbol{2π\ \mathrm{dm}}$
【知识点】
垂径定理；切线的性质；弧长计算
【点评】
本题以生活中的摇椅为背景，综合考查了圆的性质与解直角三角形的结合应用，解题时需准确把握图形滚动前后的位置关系，将实际问题转化为几何计算问题，对学生的图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
