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1. （青岛中考）生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（
D
）答案
1. D 解析:中心对称图形绕某一点旋转180°后能与原图形重合;轴对称图形沿某条直线翻折后能与原图形重合.D项图形绕中心旋转180°后能重合,但不存在对称轴,故是中心对称图形但不是轴对称图形.故选D.
解析
【分析】
解题时首先要明确轴对称图形和中心对称图形的判定定义，再结合题干要求“是中心对称图形但不是轴对称图形”逐个分析选项：第一步先判断各选项是否为轴对称图形，排除属于轴对称图形的选项；第二步验证剩余选项是否为中心对称图形，最终确定符合要求的答案。
【解析】
首先明确两类对称图形的判定规则：
1. 轴对称图形：沿某一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 中心对称图形：绕某一个固定点旋转180°后，旋转后的图形能与原图形完全重合的图形。
逐个分析选项：
选项A：存在多条对称轴（如竖直、水平直线），是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项B：存在多条对称轴，是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项C：存在多条对称轴，是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项D：不存在能使图形折叠后两旁部分重合的直线，不是轴对称图形；绕中心旋转180°后能与原图形重合，是中心对称图形，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
轴对称图形识别，中心对称图形识别
【点评】
本题是对称图形判定的基础题型，核心考查两类对称图形定义的区分和应用，解题时需注意审题，明确题目要求的图形特征，避免因混淆概念或看错要求失分。
【难度系数】
0.8
解题时首先要明确轴对称图形和中心对称图形的判定定义，再结合题干要求“是中心对称图形但不是轴对称图形”逐个分析选项：第一步先判断各选项是否为轴对称图形，排除属于轴对称图形的选项；第二步验证剩余选项是否为中心对称图形，最终确定符合要求的答案。
【解析】
首先明确两类对称图形的判定规则：
1. 轴对称图形：沿某一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 中心对称图形：绕某一个固定点旋转180°后，旋转后的图形能与原图形完全重合的图形。
逐个分析选项：
选项A：存在多条对称轴（如竖直、水平直线），是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项B：存在多条对称轴，是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项C：存在多条对称轴，是轴对称图形；绕中心旋转180°也能与原图重合，也是中心对称图形，不符合要求，排除；
选项D：不存在能使图形折叠后两旁部分重合的直线，不是轴对称图形；绕中心旋转180°后能与原图形重合，是中心对称图形，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
轴对称图形识别，中心对称图形识别
【点评】
本题是对称图形判定的基础题型，核心考查两类对称图形定义的区分和应用，解题时需注意审题，明确题目要求的图形特征，避免因混淆概念或看错要求失分。
【难度系数】
0.8
2. （河南中考）如图，点A,B,C在$\odot O$上，若$∠ C=55°$，则$∠ AOB$的度数为（
A.$95°$
B.$100°$
C.$105°$
D.$110°$
（第2题）
D
）A.$95°$
B.$100°$
C.$105°$
D.$110°$
（第2题）答案
2. D 解析:∠C是弧AB所对的圆周角,∠AOB是同弧所对的圆心角.同弧所对圆心角等于圆周角的2倍,故∠AOB=2∠C=2×55°=110°.故选D.
解析
【分析】
解题时首先观察图形，明确∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，回忆圆周角定理的内容：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，因此只需用已知的圆周角度数乘2即可求出∠AOB的度数。
【解析】
由图可知，∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角。根据圆周角定理：同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍，可得$∠ AOB=2∠ C$。已知$∠ C=55°$，代入得$∠ AOB=2×55°=110°$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理
【点评】
本题属于基础题，直接考查圆周角定理的应用，解题关键是准确识别同一段弧所对的圆心角和圆周角，计算量小，易得分。
【难度系数】
0.9
解题时首先观察图形，明确∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，回忆圆周角定理的内容：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，因此只需用已知的圆周角度数乘2即可求出∠AOB的度数。
【解析】
由图可知，∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角。根据圆周角定理：同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍，可得$∠ AOB=2∠ C$。已知$∠ C=55°$，代入得$∠ AOB=2×55°=110°$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理
【点评】
本题属于基础题，直接考查圆周角定理的应用，解题关键是准确识别同一段弧所对的圆心角和圆周角，计算量小，易得分。
【难度系数】
0.9
3. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=3$,$AD=4$,若以点$A$为圆心,以4为半径作$\odot A$,则下列各点中在$\odot A$外的是 (
A.点A
B.点B
C.点C
D.点D
C
)A.点A
B.点B
C.点C
D.点D
答案
3. C 解析:连接AC,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,则AC=$\sqrt{3^2+4^2}$=5.以点A为圆心、4为半径作圆,点到A的距离大于4时在圆外.AB=3,AD=4,AC=5＞4,所以点C在$\odot A$外.故选C.
解析
【分析】
要判断点是否在圆外，首先要明确点与圆的位置关系判定规则：若点到圆心的距离大于半径，则点在圆外；等于半径时在圆上；小于半径时在圆内。本题圆心为A，半径为4，因此只需分别计算各选项中点到A的距离，再与4比较大小即可。已知矩形的边长，可利用矩形的直角性质，结合勾股定理求出对角线AC的长度，再逐一判断各点的位置。
【解析】
解：判断点与$\odot A$的位置关系，需比较点到点A的距离$d$与半径$r=4$的大小：
1. 点A是圆心，到自身的距离为$0＜4$，因此点A在圆内，排除A选项；
2. $AB=3＜4$，因此点B在$\odot A$内，排除B选项；
3. $AD=4=r$，因此点D在$\odot A$上，排除D选项；
4. 连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ ABC=90°$，$BC=AD=4$，根据勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
∵$5＞4$，
∴点C在$\odot A$外。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础题型，将点与圆的位置关系判定和矩形性质、勾股定理的知识结合，只要熟练掌握点与圆位置关系的判定规则，能正确运用勾股定理计算矩形对角线长度，即可顺利解题。
【难度系数】
0.9
要判断点是否在圆外，首先要明确点与圆的位置关系判定规则：若点到圆心的距离大于半径，则点在圆外；等于半径时在圆上；小于半径时在圆内。本题圆心为A，半径为4，因此只需分别计算各选项中点到A的距离，再与4比较大小即可。已知矩形的边长，可利用矩形的直角性质，结合勾股定理求出对角线AC的长度，再逐一判断各点的位置。
【解析】
解：判断点与$\odot A$的位置关系，需比较点到点A的距离$d$与半径$r=4$的大小：
1. 点A是圆心，到自身的距离为$0＜4$，因此点A在圆内，排除A选项；
2. $AB=3＜4$，因此点B在$\odot A$内，排除B选项；
3. $AD=4=r$，因此点D在$\odot A$上，排除D选项；
4. 连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ ABC=90°$，$BC=AD=4$，根据勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
∵$5＞4$，
∴点C在$\odot A$外。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础题型，将点与圆的位置关系判定和矩形性质、勾股定理的知识结合，只要熟练掌握点与圆位置关系的判定规则，能正确运用勾股定理计算矩形对角线长度，即可顺利解题。
【难度系数】
0.9
4. 如图，OA，OB，OC都是$\odot O$的半径，AC，OB交于点D.若$AD=CD=4$，$OD=3$，则BD的长为（
A.2
B.3
C.4
D.1
A
）A.2
B.3
C.4
D.1
答案
4. A 解析:
∵OB是$\odot O$的半径,AC,OB交于点D,AD=CD=4,
∴BO⊥AC.在Rt△OAD中,AD=4,OD=3,由勾股定理可得OA=$\sqrt{AD^2+OD^2}$=$\sqrt{4^2+3^2}$=5,
∴BD=OB-OD=OA-OD=5-3=2,故选A.
∵OB是$\odot O$的半径,AC,OB交于点D,AD=CD=4,
∴BO⊥AC.在Rt△OAD中,AD=4,OD=3,由勾股定理可得OA=$\sqrt{AD^2+OD^2}$=$\sqrt{4^2+3^2}$=5,
∴BD=OB-OD=OA-OD=5-3=2,故选A.
解析
【分析】
解题时先梳理已知条件：AD=CD，OB是⊙O的半径，首先回忆垂径定理的推论：平分弦（非直径）的直径垂直于弦，可推出OB⊥AC，得到直角三角形OAD；再在直角三角形中利用勾股定理求出半径OA的长度，由于OB和OA都是圆的半径，二者长度相等，最后用OB减去OD的长度即可得到BD的长。
【解析】
解：
∵OA、OC是⊙O的半径，AD=CD=4，
∴根据垂径定理的推论可得OB⊥AC，即∠ADO=90°。
在Rt△OAD中，AD=4，OD=3，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵OB是⊙O的半径，
∴OB=OA=5，
∴$BD=OB-OD=5-3=2$。
故选：A。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆的半径性质
【点评】
本题是圆的性质的基础应用题目，解题的突破口是结合弦被平分的条件，利用垂径定理得到垂直关系，进而构造直角三角形用勾股定理计算，整体解题思路清晰，难度不大。
【难度系数】
0.8
解题时先梳理已知条件：AD=CD，OB是⊙O的半径，首先回忆垂径定理的推论：平分弦（非直径）的直径垂直于弦，可推出OB⊥AC，得到直角三角形OAD；再在直角三角形中利用勾股定理求出半径OA的长度，由于OB和OA都是圆的半径，二者长度相等，最后用OB减去OD的长度即可得到BD的长。
【解析】
解：
∵OA、OC是⊙O的半径，AD=CD=4，
∴根据垂径定理的推论可得OB⊥AC，即∠ADO=90°。
在Rt△OAD中，AD=4，OD=3，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵OB是⊙O的半径，
∴OB=OA=5，
∴$BD=OB-OD=5-3=2$。
故选：A。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆的半径性质
【点评】
本题是圆的性质的基础应用题目，解题的突破口是结合弦被平分的条件，利用垂径定理得到垂直关系，进而构造直角三角形用勾股定理计算，整体解题思路清晰，难度不大。
【难度系数】
0.8
5. 已知圆锥的侧面积是$8π\ \mathrm{cm}^2$，若圆锥底面半径为$R(\mathrm{cm})$，母线长为$l(\mathrm{cm})$，则$R$关于$l$的函数图象大致是（
A
）答案
5. A 解析:圆锥侧面积$S=πRl$,由$πRl=8π$,得$R=\frac{8}{l}$.当$l＞0$时,R随l的增大而减小,图象是第一象限内的一支反比例函数图象.故选A.
解析
【分析】
要确定R关于l的函数图象，首先需要推导两者的函数关系式，再结合几何量的实际取值范围判断图象特征。第一步，回忆圆锥侧面积的计算公式，将已知侧面积代入公式，整理得到R与l的函数解析式；第二步，根据圆锥底面半径R、母线长l的实际意义，确定自变量l的取值范围；第三步，根据函数类型和自变量范围，匹配对应的函数图象即可。
【解析】
根据圆锥侧面积公式可得：$S_{\mathrm{侧}}=π Rl$，
已知侧面积为$8π\ \mathrm{cm}^2$，代入得：$π Rl=8π$，
两边同时除以$π$整理得：$R=\frac{8}{l}$。
由于圆锥的母线长$l$和底面半径$R$均为正数，因此$l＞0$，
该函数是反比例函数，且$k=8＞0$，因此图象是第一象限内的一支反比例函数曲线，且$R$随$l$的增大而减小，符合该特征的是选项A。
【答案】
A
【知识点】
圆锥侧面积计算；反比例函数的图象；反比例函数的性质
【点评】
本题是几何公式与函数图象的结合类题目，解题的核心是先利用几何公式推导得到函数解析式，同时要注意结合实际意义确定自变量的取值范围，排除不符合实际的图象。
【难度系数】
0.7
要确定R关于l的函数图象，首先需要推导两者的函数关系式，再结合几何量的实际取值范围判断图象特征。第一步，回忆圆锥侧面积的计算公式，将已知侧面积代入公式，整理得到R与l的函数解析式；第二步，根据圆锥底面半径R、母线长l的实际意义，确定自变量l的取值范围；第三步，根据函数类型和自变量范围，匹配对应的函数图象即可。
【解析】
根据圆锥侧面积公式可得：$S_{\mathrm{侧}}=π Rl$，
已知侧面积为$8π\ \mathrm{cm}^2$，代入得：$π Rl=8π$，
两边同时除以$π$整理得：$R=\frac{8}{l}$。
由于圆锥的母线长$l$和底面半径$R$均为正数，因此$l＞0$，
该函数是反比例函数，且$k=8＞0$，因此图象是第一象限内的一支反比例函数曲线，且$R$随$l$的增大而减小，符合该特征的是选项A。
【答案】
A
【知识点】
圆锥侧面积计算；反比例函数的图象；反比例函数的性质
【点评】
本题是几何公式与函数图象的结合类题目，解题的核心是先利用几何公式推导得到函数解析式，同时要注意结合实际意义确定自变量的取值范围，排除不符合实际的图象。
【难度系数】
0.7
6. ★★★ 如图,由边长为1的小正方形构成的网格中,点A,B,C都在格点上,以AB为直径的圆经过点C,D,则$\cos∠ ADC$的值为 (
A.$\frac{2\sqrt{13}}{13}$
B.$\frac{3\sqrt{13}}{13}$
C.$\frac{2}{13}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{13}$
B
)A.$\frac{2\sqrt{13}}{13}$
B.$\frac{3\sqrt{13}}{13}$
C.$\frac{2}{13}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{13}$
答案
6. B 解析:
∵AB为直径,CB=3,AC=2,
∴∠ACB=90°,$AB^2=CB^2+AC^2$,
∴$AB=\sqrt{13}$,
∴$\cos∠ CBA=\frac{CB}{AB}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴∠ADC=∠CBA,
∴$\cos∠ ADC=\frac{3\sqrt{13}}{13}$,故选B.
∵AB为直径,CB=3,AC=2,
∴∠ACB=90°,$AB^2=CB^2+AC^2$,
∴$AB=\sqrt{13}$,
∴$\cos∠ CBA=\frac{CB}{AB}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴∠ADC=∠CBA,
∴$\cos∠ ADC=\frac{3\sqrt{13}}{13}$,故选B.
解析
【分析】
要求$\cos∠ADC$的值，直接求解缺乏对应直角三角形条件，因此先考虑角度转化：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，$∠ ADC$和$∠ CBA$都对$\overset{\frown}{AC}$，二者相等，因此可将问题转化为求$\cos∠CBA$。再结合直径的性质：直径所对的圆周角为直角，可知$△ ACB$是直角三角形，结合网格边长求出直角三角形各边长度，最后根据余弦定义计算即可。
【解析】
∵AB为圆的直径，点C在圆上，
∴$∠ ACB=90°$。
由网格中小正方形边长为1，可得$AC=2$，$BC=3$，
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，根据勾股定理：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，
∴$\cos∠CBA=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$。
∵$∠ ADC$和$∠ CBA$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴$∠ ADC=∠ CBA$，
∴$\cos∠ADC=\cos∠CBA=\frac{3\sqrt{13}}{13}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；勾股定理；锐角三角函数定义
【点评】
本题是圆与三角函数结合的典型题型，解题核心是利用圆周角的性质完成角度转化，将未知角的三角函数值转化为直角三角形中可计算的角的三角函数值，考查了学生对基础定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
要求$\cos∠ADC$的值，直接求解缺乏对应直角三角形条件，因此先考虑角度转化：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，$∠ ADC$和$∠ CBA$都对$\overset{\frown}{AC}$，二者相等，因此可将问题转化为求$\cos∠CBA$。再结合直径的性质：直径所对的圆周角为直角，可知$△ ACB$是直角三角形，结合网格边长求出直角三角形各边长度，最后根据余弦定义计算即可。
【解析】
∵AB为圆的直径，点C在圆上，
∴$∠ ACB=90°$。
由网格中小正方形边长为1，可得$AC=2$，$BC=3$，
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，根据勾股定理：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，
∴$\cos∠CBA=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$。
∵$∠ ADC$和$∠ CBA$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴$∠ ADC=∠ CBA$，
∴$\cos∠ADC=\cos∠CBA=\frac{3\sqrt{13}}{13}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；勾股定理；锐角三角函数定义
【点评】
本题是圆与三角函数结合的典型题型，解题核心是利用圆周角的性质完成角度转化，将未知角的三角函数值转化为直角三角形中可计算的角的三角函数值，考查了学生对基础定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
7. 如图，C是$\odot O$直径AB上一点，过点C作弦DE，使$CD=CO$，若$\overset{\frown}{AD}$所对圆心角度数为$40°$，则$\overset{\frown}{BE}$所对圆心角度数为（
A.$40°$
B.$80°$
C.$90°$
D.$120°$
（第7题）
D
）A.$40°$
B.$80°$
C.$90°$
D.$120°$
（第7题）答案
7. D 解析:连接OE,OD.
∵$\overset{\frown}{AD}$所对圆心角度数为$40°$,
∴∠AOD=40°.
∵CD=CO,
∴∠CDO=∠COD=40°,
∴∠OCE=∠CDO+∠COD=80°.
∵OD=OE,
∴∠CEO=∠CDO=40°,
∴∠BOE=∠OCE+∠CEO=120°,即$\overset{\frown}{BE}$所对圆心角度数为$120°$.故选D.
∵$\overset{\frown}{AD}$所对圆心角度数为$40°$,
∴∠AOD=40°.
∵CD=CO,
∴∠CDO=∠COD=40°,
∴∠OCE=∠CDO+∠COD=80°.
∵OD=OE,
∴∠CEO=∠CDO=40°,
∴∠BOE=∠OCE+∠CEO=120°,即$\overset{\frown}{BE}$所对圆心角度数为$120°$.故选D.
解析
【分析】
要求$\overset{\frown}{BE}$所对的圆心角度数，本质是求圆心角$∠ BOE$的度数。解题时先连接半径$OD$、$OE$构造等腰三角形，结合已知条件逐步推导角度：首先根据弧与对应圆心角的关系，由$\overset{\frown}{AD}$的度数得到$∠ AOD$的度数，再利用$CD=CO$得到等腰$△ CDO$的底角度数，结合三角形外角性质求出$∠ OCE$的度数，最后根据同圆半径相等得到$△ ODE$为等腰三角形，再次利用外角性质即可求出$∠ BOE$的度数。
【解析】
连接$OE$、$OD$。
∵$\overset{\frown}{AD}$所对圆心角度数为$40°$，
∴$∠ AOD=40°$。
∵$CD=CO$，
∴$∠ CDO=∠ COD=40°$，
∴$∠ OCE=∠ CDO+∠ COD=40°+40°=80°$。
∵$OD$、$OE$都是$\odot O$的半径，即$OD=OE$，
∴$∠ CEO=∠ CDO=40°$，
∴$∠ BOE=∠ OCE+∠ CEO=80°+40°=120°$，即$\overset{\frown}{BE}$所对圆心角度数为$120°$。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
弧与圆心角的关系；等腰三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，将圆的基本性质与三角形角度计算的知识点结合运用，解题时要注意同圆半径相等这一隐含条件的使用。
【难度系数】
0.7
要求$\overset{\frown}{BE}$所对的圆心角度数，本质是求圆心角$∠ BOE$的度数。解题时先连接半径$OD$、$OE$构造等腰三角形，结合已知条件逐步推导角度：首先根据弧与对应圆心角的关系，由$\overset{\frown}{AD}$的度数得到$∠ AOD$的度数，再利用$CD=CO$得到等腰$△ CDO$的底角度数，结合三角形外角性质求出$∠ OCE$的度数，最后根据同圆半径相等得到$△ ODE$为等腰三角形，再次利用外角性质即可求出$∠ BOE$的度数。
【解析】
连接$OE$、$OD$。
∵$\overset{\frown}{AD}$所对圆心角度数为$40°$，
∴$∠ AOD=40°$。
∵$CD=CO$，
∴$∠ CDO=∠ COD=40°$，
∴$∠ OCE=∠ CDO+∠ COD=40°+40°=80°$。
∵$OD$、$OE$都是$\odot O$的半径，即$OD=OE$，
∴$∠ CEO=∠ CDO=40°$，
∴$∠ BOE=∠ OCE+∠ CEO=80°+40°=120°$，即$\overset{\frown}{BE}$所对圆心角度数为$120°$。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
弧与圆心角的关系；等腰三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，将圆的基本性质与三角形角度计算的知识点结合运用，解题时要注意同圆半径相等这一隐含条件的使用。
【难度系数】
0.7
8. 设边长为$ a $的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为$ h, r, R $，则下列结论不正确的是 (
A.$ h=R+r $
B.$ R=2r $
C.$ r=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a $
D.$ R=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a $
C
)A.$ h=R+r $
B.$ R=2r $
C.$ r=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a $
D.$ R=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a $
答案
8. C 解析:如图所示,标上各点,AO为R,OB为r,AB为h,则AB=AO+OB,即h=R+r,A正确,不符合题意;
∵三角形为等边三角形,
∴∠CAO=30°,根据垂径定理可知∠ACO=90°,
∴AO=2OC,即R=2r,B正确,不符合题意;在Rt△ACO中,利用勾股定理可得$AO^2=AC^2+OC^2$,即$R^2=(\frac{1}{2}a)^2 +r^2$,由B中关系可得$(2r)^2=(\frac{1}{2}a)^2 +r^2$,解得$r=\frac{\sqrt{3}}{6}a$,则$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$,
∴C错误,符合题意,D正确,不符合题意.故选C.
解析
【分析】
首先利用等边三角形三心合一（内心、外心、重心、垂心重合）的特点，可知高h、内切圆半径r、外接圆半径R共线，可直接判断h与R+r的关系；再结合等边三角形内角为60°，可得半径与边长构成的直角三角形含30°角，利用30°直角三角形的性质得到R和r的数量关系，最后结合勾股定理计算r、R的具体表达式，逐一验证选项即可。
【解析】
根据等边三角形三心合一的性质，高AB、外接圆半径AO、内切圆半径OB在同一直线上，且AB=AO+OB，即$ h=R+r $，A选项正确，不符合题意；
等边三角形内角为60°，因此$ ∠ CAO=30° $，又OC是内切圆半径，故$ OC⊥ AC $，即$ ∠ ACO=90° $，在Rt△ACO中，30°角所对直角边OC等于斜边AO的一半，因此$ AO=2OC $，即$ R=2r $，B选项正确，不符合题意；
等边三角形边长为a，因此$ AC=\frac{1}{2}a $，在Rt△ACO中由勾股定理可得$ AO^2=AC^2+OC^2 $，将$ R=2r $、$ AO=R $、$ OC=r $代入得：$ (2r)^2=(\frac{1}{2}a)^2 +r^2 $，
计算得：$ 4r^2=\frac{1}{4}a^2 +r^2 $，整理得$ 3r^2=\frac{1}{4}a^2 $，解得$ r=\frac{\sqrt{3}}{6}a $，则$ R=2r=\frac{\sqrt{3}}{3}a $，因此C选项错误，符合题意，D选项正确，不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质；直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题围绕等边三角形的内切圆、外接圆展开计算，解题核心是利用等边三角形三心合一的特点，结合特殊直角三角形的性质和勾股定理推导各线段关系，要注意区分内切圆、外接圆半径的计算公式，避免混淆。
【难度系数】
0.7
首先利用等边三角形三心合一（内心、外心、重心、垂心重合）的特点，可知高h、内切圆半径r、外接圆半径R共线，可直接判断h与R+r的关系；再结合等边三角形内角为60°，可得半径与边长构成的直角三角形含30°角，利用30°直角三角形的性质得到R和r的数量关系，最后结合勾股定理计算r、R的具体表达式，逐一验证选项即可。
【解析】
根据等边三角形三心合一的性质，高AB、外接圆半径AO、内切圆半径OB在同一直线上，且AB=AO+OB，即$ h=R+r $，A选项正确，不符合题意；
等边三角形内角为60°，因此$ ∠ CAO=30° $，又OC是内切圆半径，故$ OC⊥ AC $，即$ ∠ ACO=90° $，在Rt△ACO中，30°角所对直角边OC等于斜边AO的一半，因此$ AO=2OC $，即$ R=2r $，B选项正确，不符合题意；
等边三角形边长为a，因此$ AC=\frac{1}{2}a $，在Rt△ACO中由勾股定理可得$ AO^2=AC^2+OC^2 $，将$ R=2r $、$ AO=R $、$ OC=r $代入得：$ (2r)^2=(\frac{1}{2}a)^2 +r^2 $，
计算得：$ 4r^2=\frac{1}{4}a^2 +r^2 $，整理得$ 3r^2=\frac{1}{4}a^2 $，解得$ r=\frac{\sqrt{3}}{6}a $，则$ R=2r=\frac{\sqrt{3}}{3}a $，因此C选项错误，符合题意，D选项正确，不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质；直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题围绕等边三角形的内切圆、外接圆展开计算，解题核心是利用等边三角形三心合一的特点，结合特殊直角三角形的性质和勾股定理推导各线段关系，要注意区分内切圆、外接圆半径的计算公式，避免混淆。
【难度系数】
0.7
9. （深圳中考）如图所示，已知$△ ABE$为直角三角形，$∠ ABE=90°$，$BC$为$\odot O$切线，$C$为切点，$CA=CD$，则$△ ABC$和$△ CDE$的面积之比为（
A.$1:3$
B.$1:2$
C.$\sqrt{2}:2$
D.$(\sqrt{2}-1):1$
B
）A.$1:3$
B.$1:2$
C.$\sqrt{2}:2$
D.$(\sqrt{2}-1):1$
答案
9. B 解析:如图,取DE中点O,连接OC.
∵DE是$\odot O$的直径,
∴∠DCE=∠DCA=90°.
∵BC与$\odot O$相切,
∴∠BCO=90°.
∵∠DCA=∠BCO=90°,
∴∠ACB=∠DCO.
∵∠ABD+∠ACD=180°,
∴∠A+∠BDC=180°.又
∵∠BDC+∠CDO=180°,
∴∠A=∠CDO.
∵∠ACB=∠DCO,AC=DC,∠A=∠CDO,
∴△ABC≌△DOC(ASA),
∴$S_{△ABC}=S_{△DOC}$.
∵点O是DE的中点,
∴$S_{△DOC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$,
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$,
∴$S_{△ABC}:S_{△CDE}=1:2$.故选B.
解析
【分析】
求解本题的核心是通过辅助线建立两个三角形的面积关联：首先利用圆的性质，直径所对圆周角为直角，切线垂直于过切点的半径，连接圆心O与切点C得到两个直角，进而推导得到∠ACB=∠DCO；再结合已知CA=CD，通过四边形内角和与邻补角的性质推导∠A=∠CDO，证明△ABC与△DOC全等，将△ABC的面积转化为△DOC的面积；最后利用三角形中线平分面积的性质，得到△DOC与△CDE的面积关系，即可求出最终比值。
【解析】
如图，取DE中点O，连接OC。
∵DE是$\odot O$的直径，
∴∠DCE=∠DCA=90°。
∵BC与$\odot O$相切，C为切点，
∴OC⊥BC，即∠BCO=90°。
∵∠DCA=∠BCO=90°，
∴∠DCA - ∠BCD = ∠BCO - ∠BCD，即∠ACB=∠DCO。
∵在四边形ABDC中，∠ABD+∠ACD=90°+90°=180°，
∴∠A+∠BDC=180°。
又
∵∠BDC+∠CDO=180°（平角的定义），
∴∠A=∠CDO。
在$△ ABC$和$△ DOC$中：
$\{\begin{array}{l}∠A=∠CDO \\AC=DC \\∠ACB=∠DCO\end{array} $
∴△ABC≌△DOC(ASA)，
∴$S_{△ABC}=S_{△DOC}$。
∵点O是DE的中点，△DOC和△COE等底同高，
∴$S_{△DOC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$，
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$，
∴$S_{△ABC}:S_{△CDE}=1:2$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的相关性质找到全等三角形的判定条件，通过全等完成面积的转化，再结合三角形中线的性质求解，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.65
求解本题的核心是通过辅助线建立两个三角形的面积关联：首先利用圆的性质，直径所对圆周角为直角，切线垂直于过切点的半径，连接圆心O与切点C得到两个直角，进而推导得到∠ACB=∠DCO；再结合已知CA=CD，通过四边形内角和与邻补角的性质推导∠A=∠CDO，证明△ABC与△DOC全等，将△ABC的面积转化为△DOC的面积；最后利用三角形中线平分面积的性质，得到△DOC与△CDE的面积关系，即可求出最终比值。
【解析】
如图，取DE中点O，连接OC。
∵DE是$\odot O$的直径，
∴∠DCE=∠DCA=90°。
∵BC与$\odot O$相切，C为切点，
∴OC⊥BC，即∠BCO=90°。
∵∠DCA=∠BCO=90°，
∴∠DCA - ∠BCD = ∠BCO - ∠BCD，即∠ACB=∠DCO。
∵在四边形ABDC中，∠ABD+∠ACD=90°+90°=180°，
∴∠A+∠BDC=180°。
又
∵∠BDC+∠CDO=180°（平角的定义），
∴∠A=∠CDO。
在$△ ABC$和$△ DOC$中：
$\{\begin{array}{l}∠A=∠CDO \\AC=DC \\∠ACB=∠DCO\end{array} $
∴△ABC≌△DOC(ASA)，
∴$S_{△ABC}=S_{△DOC}$。
∵点O是DE的中点，△DOC和△COE等底同高，
∴$S_{△DOC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$，
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}S_{△CDE}$，
∴$S_{△ABC}:S_{△CDE}=1:2$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的相关性质找到全等三角形的判定条件，通过全等完成面积的转化，再结合三角形中线的性质求解，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.65
10. 如图,在四边形材料ABCD中, $AD // BC$ , $∠ A = 90°$, $AD = 9$ cm, $AB = 20$ cm, $BC=24$ cm.现用此材料截出一个面积最大的圆形模板,则此圆的半径是 (
A.$\frac{110}{13}$ cm
B.8 cm
C.$6\sqrt{2}$ cm
D.10 cm
B
)A.$\frac{110}{13}$ cm
B.8 cm
C.$6\sqrt{2}$ cm
D.10 cm
答案
10. B 解析:如图所示,延长BA交CD的延长线于点E,当这个圆为△BCE的内切圆时,此圆的面积最大.
∵AD//BC,∠BAD=90°,
∴△EAD∽△EBC,∠B=90°,
∴$\frac{EA}{EB}=\frac{AD}{BC}$,即$\frac{EA}{EA+20}=\frac{9}{24}$,
∴EA=12 cm,
∴EB=32 cm,
∴$EC=\sqrt{EB^2+BC^2}=40$ cm.设这个圆的圆心为O,与EB,BC,EC分别相切于点F,G,H,
∴OF=OG=OH.
∵$S_{△EBC}=S_{△EOB}+S_{△COB}+S_{△EOC}$,
∴$\frac{1}{2}EB·BC=\frac{1}{2}EB·OF +\frac{1}{2}BC·OG +\frac{1}{2}EC·OH$,
∴$32×24=(32+24+40)·OF$,
∴OF=8 cm,
∴此圆的半径为8 cm,故选B.
解析
【分析】
要截出面积最大的圆形模板，即要使圆的半径最大，且圆完全在四边形ABCD内部。首先观察四边形ABCD是直角梯形，验证可知其不存在内切圆，因此考虑延长BA、CD交于点E，得到Rt△EBC，若该三角形的内切圆位于梯形内部，则为所求的最大圆。接下来先利用AD//BC得到△EAD∽△EBC，通过相似比求出EA的长度，进而得到EB的长度，再用勾股定理求出斜边EC的长度，最后利用三角形面积法求出内切圆半径即可。
【解析】
延长BA交CD的延长线于点E，当圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大。
∵AD//BC，∠BAD=90°，
∴∠B=∠EAD=90°，且∠E为公共角，故△EAD∽△EBC，
∴$\frac{EA}{EB}=\frac{AD}{BC}$，设EA=x cm，则EB=(x+20) cm，代入得$\frac{x}{x+20}=\frac{9}{24}$，
交叉相乘得24x=9(x+20)，解得x=12，即EA=12 cm，
∴EB=12+20=32 cm，
在Rt△EBC中，由勾股定理得$EC=\sqrt{EB^2+BC^2}=\sqrt{32^2+24^2}=40$ cm。
设内切圆圆心为O，与EB、BC、EC分别相切于点F、G、H，则OF=OG=OH=r（r为内切圆半径），
∵$S_{△EBC}=S_{△EOB}+S_{△COB}+S_{△EOC}$，
∴$\frac{1}{2}EB·BC=\frac{1}{2}EB·r +\frac{1}{2}BC·r +\frac{1}{2}EC·r$，
代入数值约去$\frac{1}{2}$得：$32×24=(32+24+40)r$，
即$768=96r$，解得r=8 cm，
经检验，该内切圆完全在四边形ABCD内部，符合要求。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的性质，勾股定理，三角形内切圆计算
【点评】
本题将梯形内截最大圆的问题转化为直角三角形内切圆问题求解，考查了转化思想和综合运用几何知识解决实际问题的能力，解题关键是准确判断出最大圆的位置。
【难度系数】
0.6
要截出面积最大的圆形模板，即要使圆的半径最大，且圆完全在四边形ABCD内部。首先观察四边形ABCD是直角梯形，验证可知其不存在内切圆，因此考虑延长BA、CD交于点E，得到Rt△EBC，若该三角形的内切圆位于梯形内部，则为所求的最大圆。接下来先利用AD//BC得到△EAD∽△EBC，通过相似比求出EA的长度，进而得到EB的长度，再用勾股定理求出斜边EC的长度，最后利用三角形面积法求出内切圆半径即可。
【解析】
延长BA交CD的延长线于点E，当圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大。
∵AD//BC，∠BAD=90°，
∴∠B=∠EAD=90°，且∠E为公共角，故△EAD∽△EBC，
∴$\frac{EA}{EB}=\frac{AD}{BC}$，设EA=x cm，则EB=(x+20) cm，代入得$\frac{x}{x+20}=\frac{9}{24}$，
交叉相乘得24x=9(x+20)，解得x=12，即EA=12 cm，
∴EB=12+20=32 cm，
在Rt△EBC中，由勾股定理得$EC=\sqrt{EB^2+BC^2}=\sqrt{32^2+24^2}=40$ cm。
设内切圆圆心为O，与EB、BC、EC分别相切于点F、G、H，则OF=OG=OH=r（r为内切圆半径），
∵$S_{△EBC}=S_{△EOB}+S_{△COB}+S_{△EOC}$，
∴$\frac{1}{2}EB·BC=\frac{1}{2}EB·r +\frac{1}{2}BC·r +\frac{1}{2}EC·r$，
代入数值约去$\frac{1}{2}$得：$32×24=(32+24+40)r$，
即$768=96r$，解得r=8 cm，
经检验，该内切圆完全在四边形ABCD内部，符合要求。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的性质，勾股定理，三角形内切圆计算
【点评】
本题将梯形内截最大圆的问题转化为直角三角形内切圆问题求解，考查了转化思想和综合运用几何知识解决实际问题的能力，解题关键是准确判断出最大圆的位置。
【难度系数】
0.6
