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6[2026江苏南通期中,中](1)如图(1),△ABC的顶点均在⊙O上,点E,F分别为边AB,AC的中点.求证:点A,E,O,F在同一个圆上;
(2)如图(2),⊙O的直径MN=4,点A固定,点B在半圆弧上运动,点E为AB中点.在点B从点M运动到点N的过程中,求点E的运动路径的长.
(2)如图(2),⊙O的直径MN=4,点A固定,点B在半圆弧上运动,点E为AB中点.在点B从点M运动到点N的过程中,求点E的运动路径的长.
答案
(1)【证明】如图(1),连接 $OE,FO,AO$, 取 $OA$ 的中点 $P$, 连接 $PE,PF$. $\because$ 点 $E,F$ 分别为边 $AB,AC$ 的中点, $\therefore AE=BE, AF=FC, \therefore OE ⊥ AB, OF ⊥ AC, \therefore ∠ AEO=∠ AFO=90°. \because AP=PO, \therefore PE=PA=PO=PF, \therefore$ 点 $A,E,O,F$ 在同一个圆上.
(2)【解】如图(2),连接 $OA,AN,AM$, 取 $OA$ 的中点 $I$, 取 $AN$ 的中点 $H$, 取 $AM$ 的中点 $G$, 连接 $IG,IH$,
$\therefore IG$ 是 $△ AOM$ 的中位线, $IH$ 是 $△ AON$ 的中位线,
$\therefore IG=\frac{1}{2}OM, IG// OM, IH=\frac{1}{2}ON, IH// ON, \therefore I,G,H$ 三点共线, 且 $GH=IG+IH=\frac{1}{2}MN=2$. $\because AE=EB$,
$\therefore$ 在点 $B$ 从点 $M$ 运动到点 $N$ 的过程中, 点 $E$ 的运动轨迹是以 $GH$ 为直径的半圆弧, $\therefore$ 点 $E$ 的运动路径的长为 $\frac{1}{2}× 2π=π$.
解析
【分析】
(1) 证明四点共圆的核心思路是证明四个点到同一个定点的距离相等。首先根据垂径定理，弦的中点与圆心的连线垂直于弦，可得$OE⊥ AB$、$OF⊥ AC$，即$△ AEO$和$△ AFO$都是直角三角形；取$OA$的中点$P$，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可证得$PE$、$PF$、$PA$、$PO$长度相等，即可得出四点共圆的结论。
(2) 求解动点路径长首先需要确定动点的轨迹形状。由$E$是$AB$的中点，结合三角形中位线性质可知，$E$到$OA$中点$I$的距离始终等于$\odot O$半径的一半，为定值；再根据$B$的运动范围是上半圆弧，可得$E$的轨迹为半圆，最后代入弧长公式计算即可得到路径长度。
【解析】
(1) 证明：如图(1)，连接 $OE,FO,AO$, 取 $OA$ 的中点 $P$, 连接 $PE,PF$.
$\because$ 点 $E,F$ 分别为边 $AB,AC$ 的中点，$AB,AC$是$\odot O$的弦，根据垂径定理，$\therefore OE ⊥ AB, OF ⊥ AC$，$\therefore ∠ AEO=∠ AFO=90°$.
$\because$ 在$Rt△ AEO$和$Rt△ AFO$中，$AP=PO$，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得：$PE=PA=PO, PF=PA=PO$，$\therefore PE=PA=PO=PF$，即点$A,E,O,F$到点$P$的距离相等，$\therefore$ 点 $A,E,O,F$ 在同一个圆上.
(2) 解：$\because \odot O$的直径$MN=4$，$\therefore \odot O$的半径为2，即$OA=OB=OM=ON=2$.
如图(2)，连接 $OA,AN,AM$, 取 $OA$ 的中点 $I$, 取 $AN$ 的中点 $H$, 取 $AM$ 的中点 $G$, 连接 $IG,IH$,
$\therefore IG$ 是 $△ AOM$ 的中位线，$IH$ 是 $△ AON$ 的中位线，
$\therefore IG=\frac{1}{2}OM=1, IG// OM, IH=\frac{1}{2}ON=1, IH// ON$，$\because OM、ON$在同一直线$MN$上，$\therefore I,G,H$ 三点共线，且 $GH=IG+IH=\frac{1}{2}MN=2$.
$\because E$为$AB$中点，$I$为$OA$中点，$\therefore IE$是$△ AOB$的中位线，$\therefore IE=\frac{1}{2}OB=1$，即点$E$到点$I$的距离恒为1。
$\because$ 点 $B$ 从点 $M$ 运动到点 $N$ 的过程中，在半圆弧上运动，$\therefore$ 点 $E$ 的运动轨迹是以 $I$ 为圆心，1为半径的半圆弧，$\therefore$ 点 $E$ 的运动路径的长为 $\frac{1}{2}× 2π ×1=π$.
【答案】
(1) 点A,E,O,F在同一个圆上，证明见解析；
(2) $π$
【知识点】
垂径定理，三角形中位线定理，弧长计算
【点评】
本题分为两小问，第一问侧重圆的基本性质与四点共圆判定的应用，第二问侧重动点轨迹的分析与弧长公式的应用，整体综合性较强，能较好地考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 证明四点共圆的核心思路是证明四个点到同一个定点的距离相等。首先根据垂径定理，弦的中点与圆心的连线垂直于弦，可得$OE⊥ AB$、$OF⊥ AC$，即$△ AEO$和$△ AFO$都是直角三角形；取$OA$的中点$P$，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可证得$PE$、$PF$、$PA$、$PO$长度相等，即可得出四点共圆的结论。
(2) 求解动点路径长首先需要确定动点的轨迹形状。由$E$是$AB$的中点，结合三角形中位线性质可知，$E$到$OA$中点$I$的距离始终等于$\odot O$半径的一半，为定值；再根据$B$的运动范围是上半圆弧，可得$E$的轨迹为半圆，最后代入弧长公式计算即可得到路径长度。
【解析】
(1) 证明：如图(1)，连接 $OE,FO,AO$, 取 $OA$ 的中点 $P$, 连接 $PE,PF$.
$\because$ 点 $E,F$ 分别为边 $AB,AC$ 的中点，$AB,AC$是$\odot O$的弦，根据垂径定理，$\therefore OE ⊥ AB, OF ⊥ AC$，$\therefore ∠ AEO=∠ AFO=90°$.
$\because$ 在$Rt△ AEO$和$Rt△ AFO$中，$AP=PO$，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得：$PE=PA=PO, PF=PA=PO$，$\therefore PE=PA=PO=PF$，即点$A,E,O,F$到点$P$的距离相等，$\therefore$ 点 $A,E,O,F$ 在同一个圆上.
(2) 解：$\because \odot O$的直径$MN=4$，$\therefore \odot O$的半径为2，即$OA=OB=OM=ON=2$.
如图(2)，连接 $OA,AN,AM$, 取 $OA$ 的中点 $I$, 取 $AN$ 的中点 $H$, 取 $AM$ 的中点 $G$, 连接 $IG,IH$,
$\therefore IG$ 是 $△ AOM$ 的中位线，$IH$ 是 $△ AON$ 的中位线，
$\therefore IG=\frac{1}{2}OM=1, IG// OM, IH=\frac{1}{2}ON=1, IH// ON$，$\because OM、ON$在同一直线$MN$上，$\therefore I,G,H$ 三点共线，且 $GH=IG+IH=\frac{1}{2}MN=2$.
$\because E$为$AB$中点，$I$为$OA$中点，$\therefore IE$是$△ AOB$的中位线，$\therefore IE=\frac{1}{2}OB=1$，即点$E$到点$I$的距离恒为1。
$\because$ 点 $B$ 从点 $M$ 运动到点 $N$ 的过程中，在半圆弧上运动，$\therefore$ 点 $E$ 的运动轨迹是以 $I$ 为圆心，1为半径的半圆弧，$\therefore$ 点 $E$ 的运动路径的长为 $\frac{1}{2}× 2π ×1=π$.
【答案】
(1) 点A,E,O,F在同一个圆上，证明见解析；
(2) $π$
【知识点】
垂径定理，三角形中位线定理，弧长计算
【点评】
本题分为两小问，第一问侧重圆的基本性质与四点共圆判定的应用，第二问侧重动点轨迹的分析与弧长公式的应用，整体综合性较强，能较好地考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
7[2026江苏苏州调研,较难]如图,在圆心为O,半径为2的圆形纸片中,剪一个圆心角为α的扇形.(结果保留π)
(1)若α=90°,求这个扇形的面积.
(2)思考:如何剪使得扇形的面积最大?
①若α=60°,求这个扇形的最大面积;
②若α=120°,求这个扇形的最大面积.
备用图
刷素养 走向重高
(1)若α=90°,求这个扇形的面积.
(2)思考:如何剪使得扇形的面积最大?
①若α=60°,求这个扇形的最大面积;
②若α=120°,求这个扇形的最大面积.
备用图
刷素养 走向重高
答案
(1)【解】(1)如图(1),连接 $BC$. 由题意得 $∠ BAC=90°$,$AB=AC$, 则 $BC$ 为圆形纸片的直径, $\therefore BC=4$. 在 $\mathrm{Rt}△ BAC$ 中, 由勾股定理得 $AB^2+AC^2=BC^2, \therefore AB=AC=2\sqrt{2}, \therefore$ 扇形 $BAC$ 的面积为 $\frac{90π × (2\sqrt{2})^2}{360}=2π$.
(2) ①如图(2),按此方式剪可使剪得的扇形面积最大. 连接 $BC,OB$, 过点 $O$ 作 $OD ⊥ BC$ 于点 $D$. 依题意得, $∠ BAC=60°, AB=AC, \therefore △ ABC$ 是等边三角形. 易得 $∠ OBD=30°, \therefore OD=\frac{1}{2}OB=1, \therefore BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{3}, \therefore AB=BC=2BD=2\sqrt{3}, \therefore$ 扇形的面积为 $\frac{60π × (2\sqrt{3})^2}{360}=2π$.
②如图(3),按此方式剪可使剪得的扇形面积最大. 连接 $OA,OB$, 则 $OA=OB$. 依题意得, $∠ BAC=120°, AB=AC, \therefore$ 易得 $∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}× 120°=60°, \therefore △ ABO$ 是等边三角形,
$\therefore AO=AB=2, \therefore$ 扇形的面积为 $\frac{120π × 2^2}{360}=\frac{4}{3}π$.
解析
【分析】
本题考查扇形面积的计算及圆内接扇形的最值问题，解题关键是掌握扇形面积公式$S=\frac{nπ r^2}{360}$（n为圆心角，r为扇形半径），明确圆心角固定时，扇形半径越大，面积越大。
(1) 当α=90°时，结合圆周角定理可知90°的圆周角对应的弦是直径，先求出扇形的半径，再代入面积公式计算即可。
(2) 求最大扇形面积的核心是让扇形的半径尽可能大：
① 当α=60°时，扇形的两半径相等，故△ABC为等边三角形，利用垂径定理和直角三角形的性质求出等边三角形的边长，即扇形的最大半径，代入公式计算；
② 当α=120°时，要使扇形半径最大，需让圆心O在扇形的对称轴上，此时可证△ABO为等边三角形，得到扇形半径等于圆O的半径，再代入公式计算。
【解析】
(1) 如图(1)，连接$BC$。由题意得$∠BAC=90°$，$AB=AC$，根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，因此$BC$为圆形纸片的直径，$\therefore BC=2×2=4$。
在$\mathrm{Rt}△BAC$中，由勾股定理得$AB^2+AC^2=BC^2$，又$AB=AC$，代入得$2AB^2=4^2$，解得$AB=AC=2\sqrt{2}$。
根据扇形面积公式，扇形$BAC$的面积为$\frac{90π × (2\sqrt{2})^2}{360}=2π$。
(2) ① 如图(2)，连接$BC,OB$，过点$O$作$OD ⊥ BC$于点$D$。
依题意得，$∠BAC=60°$，$AB=AC$，因此$△ABC$是等边三角形，$\therefore AB=BC$，$∠ABC=60°$。
根据垂径定理，$BD=DC=\frac{1}{2}BC$，圆心O在等边△ABC的对称轴上，因此$OB$平分$∠ABC$，$\therefore ∠OBD=30°$。
在$\mathrm{Rt}△OBD$中，$OB=2$，$∠OBD=30°$，$\therefore OD=\frac{1}{2}OB=1$，由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，$\therefore AB=BC=2BD=2\sqrt{3}$。
因此扇形的最大面积为$\frac{60π × (2\sqrt{3})^2}{360}=2π$。
② 如图(3)，连接$OA,OB$，则$OA=OB=2$（圆形纸片的半径）。
依题意得，$∠BAC=120°$，$AB=AC$，因此AO为$∠BAC$的角平分线，$\therefore ∠BAO=\frac{1}{2}∠BAC=\frac{1}{2}× 120°=60°$。
又$OA=OB$，有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，因此$△ABO$是等边三角形，$\therefore AB=AO=2$，即扇形的最大半径为2。
因此扇形的最大面积为$\frac{120π × 2^2}{360}=\frac{4}{3}π$。
【答案】
(1) $2π$
(2) ① $2π$
② $\frac{4}{3}π$
【知识点】
扇形面积计算，垂径定理，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题将圆的性质与扇形面积计算结合，需要根据不同的圆心角分析扇形半径的最大值，既考察了基础公式的运用，也锻炼了几何构图和分类讨论的能力，是圆相关计算的典型综合题。
【难度系数】
0.4
本题考查扇形面积的计算及圆内接扇形的最值问题，解题关键是掌握扇形面积公式$S=\frac{nπ r^2}{360}$（n为圆心角，r为扇形半径），明确圆心角固定时，扇形半径越大，面积越大。
(1) 当α=90°时，结合圆周角定理可知90°的圆周角对应的弦是直径，先求出扇形的半径，再代入面积公式计算即可。
(2) 求最大扇形面积的核心是让扇形的半径尽可能大：
① 当α=60°时，扇形的两半径相等，故△ABC为等边三角形，利用垂径定理和直角三角形的性质求出等边三角形的边长，即扇形的最大半径，代入公式计算；
② 当α=120°时，要使扇形半径最大，需让圆心O在扇形的对称轴上，此时可证△ABO为等边三角形，得到扇形半径等于圆O的半径，再代入公式计算。
【解析】
(1) 如图(1)，连接$BC$。由题意得$∠BAC=90°$，$AB=AC$，根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，因此$BC$为圆形纸片的直径，$\therefore BC=2×2=4$。
在$\mathrm{Rt}△BAC$中，由勾股定理得$AB^2+AC^2=BC^2$，又$AB=AC$，代入得$2AB^2=4^2$，解得$AB=AC=2\sqrt{2}$。
根据扇形面积公式，扇形$BAC$的面积为$\frac{90π × (2\sqrt{2})^2}{360}=2π$。
(2) ① 如图(2)，连接$BC,OB$，过点$O$作$OD ⊥ BC$于点$D$。
依题意得，$∠BAC=60°$，$AB=AC$，因此$△ABC$是等边三角形，$\therefore AB=BC$，$∠ABC=60°$。
根据垂径定理，$BD=DC=\frac{1}{2}BC$，圆心O在等边△ABC的对称轴上，因此$OB$平分$∠ABC$，$\therefore ∠OBD=30°$。
在$\mathrm{Rt}△OBD$中，$OB=2$，$∠OBD=30°$，$\therefore OD=\frac{1}{2}OB=1$，由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，$\therefore AB=BC=2BD=2\sqrt{3}$。
因此扇形的最大面积为$\frac{60π × (2\sqrt{3})^2}{360}=2π$。
② 如图(3)，连接$OA,OB$，则$OA=OB=2$（圆形纸片的半径）。
依题意得，$∠BAC=120°$，$AB=AC$，因此AO为$∠BAC$的角平分线，$\therefore ∠BAO=\frac{1}{2}∠BAC=\frac{1}{2}× 120°=60°$。
又$OA=OB$，有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，因此$△ABO$是等边三角形，$\therefore AB=AO=2$，即扇形的最大半径为2。
因此扇形的最大面积为$\frac{120π × 2^2}{360}=\frac{4}{3}π$。
【答案】
(1) $2π$
(2) ① $2π$
② $\frac{4}{3}π$
【知识点】
扇形面积计算，垂径定理，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题将圆的性质与扇形面积计算结合，需要根据不同的圆心角分析扇形半径的最大值，既考察了基础公式的运用，也锻炼了几何构图和分类讨论的能力，是圆相关计算的典型综合题。
【难度系数】
0.4
8 核心素养 应用意识 [2026 辽宁鞍山质检,难]如图,数轴的原点为 O,有一个直径 MN=4 的半圆形纸片,其圆心为点 P,从初始阶段Ⅰ位置开始,在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ.其中位置Ⅰ中的 MN 平行于数轴,且半圆 P 与数轴相切于原点 O;位置Ⅱ和位置Ⅳ中的 MN 垂直于数轴;位置Ⅲ中的 MN 在数轴上;位置Ⅴ中的点 N 到数轴的距离为 3,且半圆 P 与数轴相切于点 A.解答下列问题:
(1)位置Ⅰ中的 MN 与数轴之间的距离为
(2)求位置Ⅲ中的圆心 P 在数轴上表示的数;
(3)半圆 P 从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时,求点 N 所经过路径长及该纸片所扫过的图形的面积;
(4)求 OA 的长.(结果保留 π)
(1)位置Ⅰ中的 MN 与数轴之间的距离为
2
,位置Ⅱ中的半圆 P 与数轴的位置关系是相切
;(2)求位置Ⅲ中的圆心 P 在数轴上表示的数;
(3)半圆 P 从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时,求点 N 所经过路径长及该纸片所扫过的图形的面积;
(4)求 OA 的长.(结果保留 π)
答案
(1)【解】$\because$ 半圆 $P$ 的直径 $MN=4, \therefore$ 半圆 $P$ 的半径为 2. $\because$ 位置Ⅰ中半圆 $P$ 与数轴相切于原点, $MN$ 平行于数轴, $\therefore$ 位置Ⅰ中的 $MN$ 与数轴之间的距离为 2. $\because$ 位置Ⅱ中的 $MN$ 垂直于数轴, $\therefore$ 位置Ⅱ中的半圆 $P$ 与数轴的位置关系是相切. 故答案为 2,相切.
(2) 位置Ⅰ中 $\overset{\frown}{ON}$ 的长与数轴上线段 $ON$ 的长相等.
$\because l_{\overset{\frown}{ON}}=\frac{90 · π · 2}{180}=π$, 位置Ⅲ中 $NP=2, \therefore$ 位置Ⅲ中的圆心 $P$ 在数轴上表示的数为 $π+2$.
(3) 由弧长公式可得, 点 $N$ 所经过路径长为 $\frac{90π · 4}{180}=2π$. 该纸片所扫过的图形的面积为 $\frac{180π · 2^2}{360}+\frac{90π · 4^2}{360}=2π+4π=6π$.
(4) 如图, 作 $NC$ 垂直数轴于点 $C$, 则 $NC=3$, 作 $PH ⊥ NC$ 于点 $H$, 连接 $PA$, 取 $NP$ 中点 $Q$, 连接 $HQ$, 易得四边形 $PHCA$ 为矩形, $\therefore AP// NC$.
在 $\mathrm{Rt}△ NPH$ 中, $PN=2, \therefore QN=QH=1. \because NH=NC-HC=NC-PA=1, \therefore △ QNH$ 为等边三角形, $\therefore ∠ MPA=∠ QNC=60°, \therefore l_{\overset{\frown}{MA}}=\frac{60π × 2}{180}=\frac{2π}{3}, \therefore OA$ 的长为 $π+4+\frac{2}{3}π=\frac{5}{3}π+4$.
解析
【分析】
本题以半圆在数轴上的无滑动滚动为背景，综合考查圆的相关性质和弧长、扇形面积的计算，解题思路如下：
(1) 先由直径求出半圆半径为2，位置Ⅰ中MN平行于数轴，半圆与数轴相切，故MN到数轴的距离等于半径；位置Ⅱ中MN垂直于数轴，圆心到数轴的距离等于半径，即可判断半圆与数轴的位置关系。
(2) 先计算位置Ⅰ滚动到位置Ⅱ时，半圆滚动的距离即圆心角为90°的弧ON的长度，位置Ⅲ中圆心P在N点右侧，距离N为半径长度2，将滚动距离加2即可得到P在数轴上表示的数。
(3) 半圆从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，绕点M旋转90°，点N的运动路径是以M为圆心、MN长为半径的90°弧，代入弧长公式即可求出路径长；纸片扫过的面积为半圆自身面积加上以M为圆心、MN为半径的90°扇形的面积，分别计算求和即可。
(4) 先通过点N到数轴的距离求出位置Ⅳ到Ⅴ的旋转角度，计算该段滚动的弧长，再累加位置Ⅰ到位置Ⅳ的总滚动距离，即可得到OA的长度。
【解析】
(1)
∵ 半圆P的直径$MN=4$，
∴ 半圆P的半径为2。
∵ 位置Ⅰ中半圆P与数轴相切于原点，且MN平行于数轴，
∴ 位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离等于半径，为2。
∵ 位置Ⅱ中的MN垂直于数轴，圆心P到数轴的距离等于半径2，
∴ 位置Ⅱ中的半圆P与数轴相切。
(2) 位置Ⅰ滚动到位置Ⅱ时，无滑动滚动的距离与弧$\overset{\frown}{ON}$的长度相等，弧$\overset{\frown}{ON}$对应的圆心角为90°，因此：
$l_{\overset{\frown}{ON}}=\frac{90 · π · 2}{180}=π$，即数轴上线段ON的长为π。
位置Ⅲ中MN在数轴上，圆心P在N点右侧，$NP=2$，因此位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数为$π+2$。
(3) 半圆从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，绕点M旋转90°，点N的运动路径是以M为圆心、$MN=4$为半径的90°弧，因此点N所经过路径长为：
$\frac{90π · 4}{180}=2π$。
该纸片所扫过的图形由半圆和以M为圆心、4为半径的90°扇形组成，面积为：
$S=\frac{180π · 2^2}{360}+\frac{90π · 4^2}{360}=2π+4π=6π$。
(4) 如图，作$NC$垂直数轴于点C，则$NC=3$，作$PH ⊥ NC$于点H，连接$PA$，取$NP$中点$Q$，连接$HQ$，易得四边形$PHCA$为矩形，$\therefore AP// NC$。
在$\mathrm{Rt}△ NPH$中，$PN=2$，$\therefore QN=QH=1$。
$\because NH=NC-HC=NC-PA=3-2=1$，$\therefore △ QNH$为等边三角形，$\therefore ∠ MPA=∠ QNC=60°$。
因此位置Ⅳ到Ⅴ滚动的弧长$l_{\overset{\frown}{MA}}=\frac{60π × 2}{180}=\frac{2π}{3}$，因此OA的长为$π+4+\frac{2}{3}π=\frac{5}{3}π+4$。
【答案】
(1) $\boxed{2}$，$\boxed{相切}$
(2) $\boxed{π+2}$
(3) 点N所经过路径长为$\boxed{2π}$，纸片所扫过图形的面积为$\boxed{6π}$
(4) $\boxed{\frac{5}{3}π+4}$
【知识点】弧长计算，扇形面积计算，圆的切线性质
【点评】本题将数轴与圆的滚动问题结合，考查对弧长、扇形面积公式的灵活应用，解题时需要准确分析滚动各阶段的旋转角度、运动路径，将滚动距离转化为对应弧长进行计算，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】0.3
本题以半圆在数轴上的无滑动滚动为背景，综合考查圆的相关性质和弧长、扇形面积的计算，解题思路如下：
(1) 先由直径求出半圆半径为2，位置Ⅰ中MN平行于数轴，半圆与数轴相切，故MN到数轴的距离等于半径；位置Ⅱ中MN垂直于数轴，圆心到数轴的距离等于半径，即可判断半圆与数轴的位置关系。
(2) 先计算位置Ⅰ滚动到位置Ⅱ时，半圆滚动的距离即圆心角为90°的弧ON的长度，位置Ⅲ中圆心P在N点右侧，距离N为半径长度2，将滚动距离加2即可得到P在数轴上表示的数。
(3) 半圆从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，绕点M旋转90°，点N的运动路径是以M为圆心、MN长为半径的90°弧，代入弧长公式即可求出路径长；纸片扫过的面积为半圆自身面积加上以M为圆心、MN为半径的90°扇形的面积，分别计算求和即可。
(4) 先通过点N到数轴的距离求出位置Ⅳ到Ⅴ的旋转角度，计算该段滚动的弧长，再累加位置Ⅰ到位置Ⅳ的总滚动距离，即可得到OA的长度。
【解析】
(1)
∵ 半圆P的直径$MN=4$，
∴ 半圆P的半径为2。
∵ 位置Ⅰ中半圆P与数轴相切于原点，且MN平行于数轴，
∴ 位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离等于半径，为2。
∵ 位置Ⅱ中的MN垂直于数轴，圆心P到数轴的距离等于半径2，
∴ 位置Ⅱ中的半圆P与数轴相切。
(2) 位置Ⅰ滚动到位置Ⅱ时，无滑动滚动的距离与弧$\overset{\frown}{ON}$的长度相等，弧$\overset{\frown}{ON}$对应的圆心角为90°，因此：
$l_{\overset{\frown}{ON}}=\frac{90 · π · 2}{180}=π$，即数轴上线段ON的长为π。
位置Ⅲ中MN在数轴上，圆心P在N点右侧，$NP=2$，因此位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数为$π+2$。
(3) 半圆从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，绕点M旋转90°，点N的运动路径是以M为圆心、$MN=4$为半径的90°弧，因此点N所经过路径长为：
$\frac{90π · 4}{180}=2π$。
该纸片所扫过的图形由半圆和以M为圆心、4为半径的90°扇形组成，面积为：
$S=\frac{180π · 2^2}{360}+\frac{90π · 4^2}{360}=2π+4π=6π$。
(4) 如图，作$NC$垂直数轴于点C，则$NC=3$，作$PH ⊥ NC$于点H，连接$PA$，取$NP$中点$Q$，连接$HQ$，易得四边形$PHCA$为矩形，$\therefore AP// NC$。
在$\mathrm{Rt}△ NPH$中，$PN=2$，$\therefore QN=QH=1$。
$\because NH=NC-HC=NC-PA=3-2=1$，$\therefore △ QNH$为等边三角形，$\therefore ∠ MPA=∠ QNC=60°$。
因此位置Ⅳ到Ⅴ滚动的弧长$l_{\overset{\frown}{MA}}=\frac{60π × 2}{180}=\frac{2π}{3}$，因此OA的长为$π+4+\frac{2}{3}π=\frac{5}{3}π+4$。
【答案】
(1) $\boxed{2}$，$\boxed{相切}$
(2) $\boxed{π+2}$
(3) 点N所经过路径长为$\boxed{2π}$，纸片所扫过图形的面积为$\boxed{6π}$
(4) $\boxed{\frac{5}{3}π+4}$
【知识点】弧长计算，扇形面积计算，圆的切线性质
【点评】本题将数轴与圆的滚动问题结合，考查对弧长、扇形面积公式的灵活应用，解题时需要准确分析滚动各阶段的旋转角度、运动路径，将滚动距离转化为对应弧长进行计算，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】0.3
