8.[河北中考] 某款“不倒翁”(图1)从正面看如图2所示,PA,PB分别与$\overset{\frown}{AMB}$所在圆相切于点A,B. 若该圆半径是9 cm,$\angle P = 40^{\circ}$,则$\overset{\frown}{AMB}$的长是 ()

A.$11\pi$ cm
B.$\frac{11}{2} \pi$ cm
C.$7\pi$ cm
D.$\frac{7}{2} \pi$ cm

8.A　[解析]如图，设点O为$\widehat{AMB}$所在圆的圆心.
　　　　　　　　
根据题意,得OA⊥PA,OB⊥PB.
∴∠OAP=∠OBP=90°.
∵∠P = 40°,
∴∠AOB = 140°.
∴$\widehat{AMB}$对应的圆心角为360° - 140° = 220°.
∴$\widehat{AMB}$的长是$\frac{220\pi×9}{180}$ = 11π(cm).故选A.

9. 如图,⊙P与x轴交于点A(-5,0),B(1,0),与y轴的正半轴交于点C. 若$\angle ACB = 60^{\circ}$,则点P的坐标为 ()

A.$(-3,\sqrt{3})$
B.$(-2,\sqrt{3})$
C.$(-3,3\sqrt{3})$
D.$(-2,3\sqrt{3})$

9.B

解：
∵⊙P与x轴交于A(-5,0),B(1,0)，
∴圆心P在AB的垂直平分线上，AB中点坐标为$(\frac{-5+1}{2},0)=(-2,0)$，故P的横坐标为-2，设P(-2,m)。
∵∠ACB=60°，由圆周角定理得∠APB=2∠ACB=120°。
PA=PB，△PAB为等腰三角形，AB=1-(-5)=6，
则PA=PB=$\frac{AB}{2\sin60°}=\frac{6}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}$。
PA²=(-2+5)²+(m-0)²=9+m²=(2\sqrt{3})²=12，
解得m²=3，m=$\sqrt{3}$（m＞0）。
∴P(-2,$\sqrt{3}$)。
答案：B

10.[安阳市改编] 如图,在$ Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AC = 1$,$\angle A = 60^{\circ}$,将$ Rt\triangle ABC$绕点C顺时针旋转$90^{\circ}$后得到$ Rt\triangle DEC$,点B经过的路径为$\overset{\frown}{BE}$,将线段AB绕点A顺时针旋转$60^{\circ}$后,点B恰好落在CE上的点F处,点B经过的路径为$\overset{\frown}{BF}$,则图中阴影部分的面积是 ()

A.$\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{12}$
C.$\sqrt{3} + \frac{\pi}{12}$
D.$\sqrt{3} - \frac{\pi}{12}$

10.A　[解析]
∵∠ACB = 90°,∠A = 60°,
∴∠ABC = 30°.
∵AC = 1,
∴AB = 2AC = 2.
∴BC = $\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}$ = $\sqrt{3}$.根据旋转的性质,得∠BCE = 90°,AF = AB = 2,CE = BC = $\sqrt{3}$.
∴$S_{阴影}$ = $S_{\triangle ACB}$ + $S_{扇形CBE}$ - $S_{扇形ABF}$ = $\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$ + $\frac{90\pi×(\sqrt{3})^{2}}{360}$ - $\frac{60\pi×2^{2}}{360}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ + $\frac{3\pi}{4}$ - $\frac{2\pi}{3}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ + $\frac{\pi}{12}$.故选A.

11.[洛阳市] 如图,一个直角三角板的$30^{\circ}$角的顶点P落在⊙O上,两边分别交⊙O于点A,B,且BP过圆心O,连接AB. 若⊙O的直径为4,则弦AB的长为.

11.2

解：连接OA。
∵BP是直径，⊙O的直径为4，
∴OA=OB=2，∠BAP=90°（直径所对的圆周角是直角）。
∵∠P=30°，
∴在Rt△ABP中，AB=BP·sin30°=4×$\frac{1}{2}$=2。
故弦AB的长为2。

12. 某同学在数学实践活动中,制作了一个侧面积为$21\pi cm^2$的圆锥. 已知圆锥的母线长为7 cm,则底面圆的半径$r$为 cm.

12.3

解：圆锥侧面积公式为$S = \pi r l$（其中$S$为侧面积，$r$为底面半径，$l$为母线长）。
已知$S = 21\pi\ cm^2$，$l = 7\ cm$，代入公式得：
$21\pi = \pi × r × 7$
两边同时除以$7\pi$：$r = 3\ cm$
3

13. 如图,点O是$\triangle PMN$的内心,$PO$的延长线和$\triangle PMN$的外接圆相交于点Q,连接$NQ$,$MO$,$NO$. 若$\angle MNQ = 15^{\circ}$,则$\angle MON$的度数为.

13.105°　[解析]
∵点O是△PMN的内心,
∴PQ平分∠MPN,MO平分∠PMN,NO平分∠PNM.
∴∠MPQ = ∠NPQ,∠OMN = $\frac{1}{2}$∠PMN,∠ONM = $\frac{1}{2}$∠PNM.
∵∠MNQ = 15°,
∴∠NPQ = ∠MPQ = ∠MNQ = 15°.
∴∠MPN = 30°.
∴∠PMN + ∠PNM = 150°.
∴∠OMN + ∠ONM = $\frac{1}{2}$(∠PMN + ∠PNM) = 75°.
∴∠MON = 180° - (∠OMN + ∠ONM) = 105°.

14.[兰州中考] “轮动发石车”是我国古代的一种投石工具,在春秋战国时期被广泛应用,图1是陈列在展览馆的仿真模型. 图2是模型驱动部分的示意图,其中⊙M,⊙N的半径分别是1 cm和10 cm,当⊙M顺时针转动3周时,⊙N上的点P随之旋转$n^{\circ}$,则$n =$.

14.108

解：设⊙M转动的圆心角为$ \theta_M $，⊙N转动的圆心角为$ \theta_N $。
⊙M的半径$ r_M = 1\ cm $，转动3周，其圆心角$ \theta_M = 3 × 360° = 1080° $。
两轮转动时，走过的弧长相等，即$ r_M \theta_M = r_N \theta_N $。
⊙N的半径$ r_N = 10\ cm $，则$ 1 × 1080° = 10 \theta_N $，解得$ \theta_N = 108° $。
故$ n = 108 $。