9.我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”.如图，$\odot O$的半径是2，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形的面积近似估计$\odot O$的面积，可得$π$的估计值是().

A.3.1
B.3
C.$1+\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2}$

9.B

【分析】
解题时首先明确正多边形和圆的关系：圆内接正n边形可分割为n个全等等腰三角形，腰长等于圆的半径，顶角为正n边形的中心角。本题先计算正十二边形的中心角，再求单个等腰三角形的面积，进而得到正十二边形的总面积，利用正十二边形面积近似等于圆面积的关系，即可求出π的估计值。
【解析】
1. 计算正十二边形的中心角：正十二边形每个中心角的度数为$\frac{360°}{12}=30°$；
2. 求单个等腰三角形的面积：如图，$△ AOB$是腰长等于圆半径2，顶角为$30°$的等腰三角形，过点A作$AH⊥ OB$于点H，在$Rt△ AOH$中，$∠ AOH=30°$，$OA=2$，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，可得$AH=\frac{1}{2}OA=1$，因此$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AH=\frac{1}{2}×2×1=1$；
3. 计算正十二边形的面积：正十二边形由12个和$△ AOB$全等的三角形组成，因此$S_{正十二边形}=12×1=12$；
4. 估算π的值：根据题意，正十二边形面积近似等于圆的面积，$\odot O$的面积为$π r^2=π×2^2=4π$，因此$4π\approx12$，解得$π\approx3$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆，三角形面积计算，圆的面积计算
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景，考查正多边形和圆的相关计算，解题核心是利用分割法将正多边形面积转化为多个等腰三角形面积之和，体现了转化思想和近似估算的数学方法。
【难度系数】
0.7

10.如图，AB是$\odot O$的直径，AC，BC是$\odot O$的弦，点I是$△ ABC$的内心，连接OI，若OI的长是$\sqrt{2}$，$∠ BOI=45°$，则BC的长是（）.

A.$\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$1+\sqrt{2}$
D.$1+\sqrt{3}$

10.D

【分析】
首先，AB是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得△ABC是直角三角形，∠ACB=90°。点I是△ABC的内心，即内角角平分线的交点，直角三角形内切圆半径满足公式$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，且内心到AB边的距离等于内切圆半径。结合∠BOI=45°、OI=√2的条件，可推出点I的横纵坐标相等，再结合切线长公式、勾股定理列方程求解半径，即可得到BC的长度。
【解析】
1. 建立平面直角坐标系：设圆心O为原点，AB在x轴上，A(-R,0)，B(R,0)，⊙O半径为R，则AB=2R。
2. 由∠BOI=45°可知点I横纵坐标相等，设为$(m,m)$，已知$OI=\sqrt{2}$，则$\sqrt{m^2+m^2}=\sqrt{2}$，解得$m=1$（I在第一象限，取正值），即$I(1,1)$。
3. 内心I到AB边的距离等于内切圆半径$r$，因此$r=1$。代入直角三角形内切圆半径公式：
$\frac{AC+BC-2R}{2}=1$，整理得$AC+BC=2R+2$ ①
4. 设内切圆与AB切于点D，D的横坐标与I相同为1，因此$AD=1-(-R)=R+1$。根据切线长公式$AD=\frac{AC+AB-BC}{2}$，代入得：
$\frac{AC+2R-BC}{2}=R+1$，整理得$AC-BC=2$ ②
5. 联立①②，相加得$AC=R+2$，相减得$BC=R$。
6. 在Rt△ABC中由勾股定理$AC^2+BC^2=AB^2$，代入得：
$(R+2)^2+R^2=(2R)^2$
展开整理得$R^2-2R-2=0$，解得$R=1+\sqrt{3}$（半径为正，舍去负根）。
7. 因$BC=R$，故$BC=1+\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理，三角形内心性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的性质、三角形内心的性质及直角三角形相关公式，解题关键是利用45°角得到内心的坐标特征，再结合切线长公式和勾股定理列方程求解，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

二、填空题
11.正三角形的中心角等于 °，正方形的中心角等于 °，正六边形的中心角等于 °.

11.120 90 60

【分析】
解题首先要明确正多边形中心角的定义：正多边形的外接圆中，相邻两个顶点与中心的连线形成的夹角就是中心角。由于整个圆周的角度为360°，正n边形有n个大小相等的中心角，因此中心角的通用计算公式为：中心角度数=360°÷正多边形的边数n。接下来分别确定三个正多边形的边数，代入公式计算即可得到结果。
【解析】
1. 正三角形的边数n=3，代入公式得中心角：$360°÷3=120°$；
2. 正方形是正四边形，边数n=4，代入公式得中心角：$360°÷4=90°$；
3. 正六边形的边数n=6，代入公式得中心角：$360°÷6=60°$。
【答案】
120；90；60
【知识点】
正多边形中心角计算；正多边形的性质
【点评】
本题是基础概念类题目，主要考察对正多边形中心角相关知识的掌握，牢记中心角计算公式就能快速解题，属于必须掌握的基础得分题型。
【难度系数】
0.9

12.如图,已知AB是⊙O的一条直径,延长AB至点C,使得AC=3BC,CD与⊙O相切,切点为点D.若CD=3,则线段BC的长度等于.

12.$\sqrt{3}$

【分析】
遇到圆的切线问题时，首先连接圆心与切点，利用切线垂直于过切点的半径构造直角三角形。再结合题目给出的AC=3BC的线段关系，推导圆的半径与BC的数量关系，最后在构造出的直角三角形中利用勾股定理列方程即可求解BC的长度。
【解析】
连接OD，
∵ CD是⊙O的切线，切点为D，
∴ OD⊥CD，即∠ODC=90°。
设BC=x，⊙O的半径为r，则AB=2r。
∵ AC=AB+BC=2r+x，且AC=3BC，
∴ 2r + x = 3x，解得r=x，
∴ OD=r=x，OC=OB+BC=r+x=2x。
在Rt△ODC中，由勾股定理得：
OD² + CD² = OC²，
代入CD=3，OD=x，OC=2x得：
x² + 3² = (2x)²，
整理得3x²=9，解得x=√3（长度为正，舍去负根），
即BC=√3。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
1.切线的性质 2.勾股定理 3.圆的基本性质
【点评】
本题是圆的基础常考题，解题核心是通过连接圆心和切点构造直角三角形，将几何线段关系转化为方程求解，熟练掌握切线性质和勾股定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7

13.如图,已知∠ABC=30°,点O在BC边上移动,以点O为圆心,2 cm为半径作⊙O,则当OB=cm时,⊙O与AB相切.

13.4

【分析】
要解决这个问题，首先回忆直线和圆相切的判定规则：当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切。所以我们先过圆心O作AB的垂线段，这个垂线段的长度就是O到AB的距离，当它等于半径2cm时，⊙O和AB相切。此时这条垂线段和OB构成含30°角的直角三角形，利用30°角直角三角形的性质即可求出OB的长度。
【解析】
解：过点O作OD⊥AB，垂足为D。
若⊙O与AB相切，则圆心O到AB的距离等于半径，即OD=2cm。
在Rt△ODB中，∠ODB=90°，∠OBD=∠ABC=30°，根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得：
OB=2OD=2×2=4(cm)。
【答案】
4
【知识点】
直线与圆相切的判定；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆与直线位置关系的基础题型，解题的核心是结合相切的条件构造出直角三角形，再利用特殊直角三角形的性质计算边长，侧重考查对基础几何定理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.8

14.如图,已知AB是$\odot O$的直径,AC是$\odot O$的切线,连接OC交$\odot O$于点D,连接BD.若$∠ C=36°$,则$∠ B$的度数是°.

14.27

【分析】
解题时先根据切线的性质得到AB与AC垂直，得到直角△OAC，结合已知∠C的度数可求出∠AOC的度数；再根据同圆的半径相等得到OB=OD，可得∠B=∠ODB，最后利用三角形外角的性质即可求出∠B的度数。
【解析】
∵ AC是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴ AB⊥AC，即∠OAC=90°，
在Rt△OAC中，∠C=36°，
∴ ∠AOC=90°-∠C=90°-36°=54°，
∵ OB=OD（均为⊙O的半径），
∴ ∠B=∠ODB，
又
∵ ∠AOC是△OBD的外角，
∴ ∠AOC=∠B+∠ODB=2∠B，
∴ ∠B=½∠AOC=½×54°=27°。
【答案】
27
【知识点】
切线的性质；等腰三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题是基础的几何角度计算题，将圆的性质和三角形性质结合考查，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，理清角度之间的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7

15.如图，$\odot O$的外切四边形ABCD中相邻的三条边$AB:BC:CD=3:4:5$，四边形的周长为32，则$AD=$。

15.8

【分析】
本题考查圆外切四边形性质的应用，解题思路如下：1. 首先明确圆外切四边形的核心性质：两组对边的和相等，即$AB+CD=BC+AD$；2. 结合已知的三边比例$AB:BC:CD=3:4:5$，采用设参数的方式将三条边用含同一参数的式子表示；3. 利用对边和相等的性质推导$AD$的参数表达式，再结合四边形周长列方程求解参数，最终计算出$AD$的长度。
【解析】
因为四边形$ABCD$是$\odot O$的外切四边形，根据圆外切四边形的性质可得：
$AB + CD = BC + AD$
已知$AB:BC:CD=3:4:5$，设$AB=3k$，$BC=4k$，$CD=5k$（$k≠0$），代入上述性质：
$3k + 5k = 4k + AD$
解得$AD=4k$。
又因为四边形$ABCD$的周长为32，因此：
$AB+BC+CD+AD=32$
代入各边的参数表达式：
$3k + 4k + 5k + 4k = 32$
合并同类项得$16k=32$，解得$k=2$。
所以$AD=4k=4×2=8$。
【答案】
8
【知识点】
圆外切四边形性质，比例设元，一元一次方程应用
【点评】
本题属于基础常考题，解题的关键是熟练掌握圆外切四边形对边和相等的性质，结合比例设元的方法即可快速求解，考查学生对基础性质的记忆和简单应用能力。
【难度系数】
0.8

16.如图,已知直线$y=-\sqrt{3}x+4$与x轴交于点A,与y轴交于点B,$\odot O$的半径为1,点P为AB上一动点,PQ切$\odot O$于点Q.当线段PQ的长取最小值时,直线PQ交y轴于点M,a为过点M的一条直线,则点P到直线a的距离的最大值为.

16.$2\sqrt{3}$

【分析】
要解决本题，需分三步思考：1. 利用切线性质推导PQ最短的条件：PQ是⊙O的切线，故OQ⊥PQ，由勾股定理得$PQ^2=OP^2-OQ^2$，OQ是半径为定值1，因此PQ最短等价于OP最短，根据垂线段最短，当OP⊥AB时OP最短；2. 求出OP最短时P点坐标，再求过P的切线PQ的解析式，得到PQ与y轴交点M的坐标；3. 明确点P到过M的直线a的最大距离为线段PM的长度（当直线a垂直PM时取最大值），计算PM长度即可。
【解析】
1. 求A、B坐标：
直线$y=-\sqrt{3}x+4$中，令$x=0$得$y=4$，即$B(0,4)$；令$y=0$得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即$A(\frac{4\sqrt{3}}{3},0)$。
2. 求OP最短时P点坐标：
当OP⊥AB时OP最短，由三角形AOB面积相等得$\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，代入数据解得$OP=2$。
AB斜率为$-\sqrt{3}$，故OP斜率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，OP解析式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
联立$\begin{cases}y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\\y=-\sqrt{3}x+4\end{cases}$，解得$x=\sqrt{3},y=1$，即$P(\sqrt{3},1)$。
3. 求切线PQ解析式及M点坐标：
设切线PQ解析式为$y-1=k(x-\sqrt{3})$，圆心O到切线距离等于半径1，故$\frac{|-\sqrt{3}k+1|}{\sqrt{k^2+1}}=1$，解得$k=0$或$k=\sqrt{3}$。
对应切线方程：①$y=1$，交y轴于$(0,1)$，此时$PM=\sqrt{3}$；②$y=\sqrt{3}x-2$，交y轴于$M(0,-2)$，此时$PM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1+2)^2}=2\sqrt{3}$。
4. 求最大距离：
过M的直线a中，点P到a的距离最大值为PM的长度，故最大值为$2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质,一次函数的应用,最值问题
【点评】
本题综合考查了切线性质、一次函数、几何最值等内容，解题关键是抓住PQ最短的条件，理解点到过定点直线的距离最大值为两点间线段长，对学生数形结合能力和综合运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3