一．选择题（共15小题）
1．（2020•越城区模拟）如图，BC、AC是半径为1的⊙O的两条弦，D为BC上一动点（不与点B、C重合），M、N分别为AD、BD的中点，则下列四个等式一定成立的是（ ）
A．sin∠ADB＝DN B．sin∠ACB＝DM C．sin∠ADB＝MN D．sin∠ACB＝MN
2．（2020•上虞区模拟）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连结AC，AE，则的值是（ ）
A． B． C． D．
3．（2020•上虞区模拟）如图，线段AB经过⊙O的圆心，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．若AC＝BD＝2，∠A＝30°，则的长度为（ ）
A．π B．π C．π D．2π
4．（2020•新昌县模拟）如图，这条花边中有4个圆和4个正三角形，且这条花边的总长度AB为4，则花边上正三角形的内切圆半径为（ ）
A． B． C．1 D．
5．（2020•柯桥区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P是上的任意一点，则∠APB的大小是（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
6．（2019•诸暨市模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦AC的长为4，cosB，则⊙O的半径为（ ）
A．4 B．2.5 C．2 D．
7．（2019•柯桥区模拟）如图，⊙O的直径CD＝10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，OM：OC＝4：5，则AB的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
8．（2018•上虞区模拟）如图，小明将一块三角板放在⊙O上，三角板的一直角边经过圆心O，测得AC＝5cm，AB＝3cm，则⊙O的半径长为（ ）
A．2.85cm B．2.9cm C．3.1cm D．3.4cm
9．（2018•绍兴一模）已知一个扇形的半径为R，圆心角为n°，当这个扇形的面积与一个直径为R的圆面积相等时，则这个扇形的圆心角n的度数是（ ）
A．180° B．120° C．90° D．60°
10．（2018•柯桥区模拟）如图，△ABC为等边三角形，保持各边的长度不变，将BC边向三角形外弯曲得到扇形ABC，设△ABC的面积为S1，扇形ABC的面积为S2，则S1与S2的大小关系为（ ）
A．S1＜S2 B．S1＝S2 C．S1＞S2 D．无法确定
11．（2018•绍兴一模）小洋用一张半径为24cm的扇形纸板做一个如图所示的圆锥形小丑帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形小丑帽子的底面半径为10cm，那么这张扇形纸板的面积是（ ）
A．120πcm2 B．240πcm2 C．260πcm2 D．480πcm2
12．（2018•绍兴一模）如图，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，射线PD与⊙O相交于C，D两点，点E是CD中点，若∠APB＝40°，则∠AEP的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
13．（2018•新昌县模拟）如图，在⊙O中，AD是直径，∠ABC＝40°，则∠CAD等于（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
14．（2018•绍兴一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G．点F是CD上一点，且满足，连接AF并延长交⊙O于点E．连接AD、DE，若CF＝2，AF＝3．给出下列结论：
①△ADF∽△AED；②FG＝2；③tan∠E；④S△DEF＝4．
其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
15．（2018•绍兴一模）如图，点A、C、B在⊙O上，已知∠AOB＝∠ACB＝a，则a的值为（ ）
A．135° B．100° C．110° D．120°
二．填空题（共9小题）
16．（2020•柯桥区模拟）如图，⊙O的半径为1，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，若∠BOD＝∠BCD，则的长为 ．
17．（2020•上虞区模拟）在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，O为直角边上一点，以O为圆心，OC长为半径作⊙O，⊙O与斜边AB相切于点D，连结CD，则∠ACD＝ ．
18．（2020•新昌县模拟）如图，已知AC是△ABC外接圆的直径，∠BDA＝50°，则∠CAB等于 度．
19．（2019•新昌县一模）已知菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，M是线段AD的中点，点P是对角线AC上的动点，连结PM，以P为圆心，PM长为半径作⊙P，当⊙P与菱形ABCD的边相切时，AP的长为 ．
20．（2019•柯桥区模拟）如图，圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，若∠ABC＝55°，则∠ACD＝ 度．
21．（2019•上虞区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝2，点E在AD边上，以E为圆心，EA长为半径的⊙E与BC相切，交CD于点F，连接EF．若扇形EAF的面积为π，则BC的长是 ．
22．（2018•绍兴二模）已知一扇形的圆心角为100°，半径为3，则它的面积为 ．
23．（2018•柯桥区一模）如图，在⊙O中，∠COB＝50°，∠B＝15°，则∠CDB的度数为 ．
24．（2018•上虞区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，O为直角边上一点，以O为圆心，OC长为半径作⊙O，若⊙O与斜边AB相切，则圆心O到B点的距离是 ．
三．解答题（共10小题）
25．（2020•新昌县校级模拟）已知：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边BC上一动点，以BD为直径作圆，记其圆心为O，连结AD交⊙O于点E，过点B作BF∥AC，交⊙O于点F．设k．
（1）如图1，连结EF，BE．若k，AB＝6．
①当∠BFE＝45°时，求BD的长．
②当△BFE为等腰三角形时，求所有满足条件的BD的长．
（2）点D与点C重合，如图2．连结AF与⊙O的另一交点为M，若点M是线段AF的中点，请直接写出k2的值．
26．（2020•上虞区模拟）数学课上，王老师画好图后并出示如下内容：“已知：AB为⊙O的直径，⊙O过AC的中点D，DE为⊙O的切线．”
（1）王老师要求同学们根据已知条件，在不添加线段与标注字母的前提下，写出三个正确的结论，并选择其中一个加以证明．
（2）王老师说：如果添加条件“DE＝1，tanC”，则能求出⊙O的直径．请你写出求解过程．
27．（2020•柯桥区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，在BC上取一点D，连结AD，作△ACD的外接圆⊙O，交AB于点E．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．
（1）小明编制题目是：若AD＝BD，求证：AE＝BE．请你解答．
（2）在小明添加条件的基础上请你再添加一条线段的长度，编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案．（根据编出的问题层次，给不同的得分）
28．（2020•上虞区校级一模）如图1 （1）已知△ABC中AB＝AC，∠BAC＝36°，BD是角平分线，求证：点D是线段AC的黄金分割点；
（2）如图2，正五边形的边长为2，连结对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M、N，求MN的长；
（3）设⊙O的半径为r，直接写出它的内接正十边形的边长＝ （用r的代数式表示）．
29．（2020•越城区模拟）已知：图1为一锐角是30°的直角三角尺，其边框为透明塑料制成（内、外直角三角形对应边互相平行且三处所示宽度相等）．
操作：将三角尺移向直径为4cm的⊙O，它的内Rt△ABC的斜边AB恰好等于⊙O的直径，它的外Rt△A′B′C′的直角边A′C′恰好与⊙O相切（如图2）．
思考：
（1）求直角三角尺边框的宽．
（2）求证：∠BB′C′ ∠CC′B′＝75°．
（3）求边B′C′的长．
30．（2019•绍兴模拟）如图1，有一个“z”字图形，其中AB∥CD，AB：CD：BC＝1：2：3．
（1）如图2，若以BC为直径的⊙O恰好经过点D，连结AO．
①求cosC．
②当AB＝2时，求AO的长．
（2）如图3，当A，B，C，D四点恰好在同一个圆上时．求∠C的度数．
31．（2019•诸暨市模拟）如图，△ABC内接于⊙O，且∠B＝60°，过C作⊙O的切线l，与直径AD的延长线交于点E，AF⊥l，垂足为F．
（1）求证：AC平分∠FAD；
（2）已知AF＝3，求阴影部分面积．
32．（2019•诸暨市模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，CB＝6，点D在线段CB的延长线上，且BD＝2，点P从点D出发沿着DC向终点C以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿着折线C﹣B﹣A往终点A以每秒2个单位的速度运动．以PQ为直径构造⊙O，设运动的时间为t（t≥0）秒．
（1）当0≤t＜3时，用含t的代数式表示BQ的长度．
（2）当点Q在线段CB上时，求⊙O和线段AB相切时t的值．
（3）在整个运动过程中，
①点O是否会出现在△ABC的内角平分线上？若存在，求t的值；若不存在，说明理由．
②直接写出点O运动路径的长度．
33．（2018•柯桥区模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB＝30°，CD＝2．
（1）求直径AB的长；
（2）求阴影部分图形的周长和面积．
34．（2018•绍兴二模）在一个三角形中，如果有一边上的中线等于这条边的一半，那么就称这个三角形为“智慧三角形”．
（1）如图1，已知A、B是⊙O上两点，请在圆上画出满足条件的点C，使△ABC为“智慧三角形”并说明理由；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CFCD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；
运用：
（3）如图3，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点Q是直线x＝3上的一点，若在⊙O上存在一点P，使得△OPQ为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，求出此时点P的坐标．
浙江中考数学复习各地区2018-2020年模拟试题分类（绍兴专版）（6）——圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．【答案】D
【解答】解：连接AB，连接AO并延长交圆于E点，连接BE，
∴AE为直径，∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB．
∴sin∠ACB＝sin∠AEBMN．
故选：D．
2．【答案】A
【解答】解：连接AG、GE、EC，如图所示：
在正八边形ABCDEFGH中，AB＝BC＝AH＝HG，∠B＝∠H＝135°，
∴△ABC≌△AHG（SAS），
∴AC＝AG，同法可得AC＝CE＝EG，
∴AC＝CE＝EG＝AG，
∴四边形ACEG是菱形，
∵∠BAC＝∠GAH＝22.5°，∠BAH＝135°，
∴∠CAG＝135°﹣22.5°﹣22.5°＝90°，
∴四边形ACEG为正方形，
∴∠CAE＝45°，
∴sin45°，
故选：A．
3．【答案】B
【解答】解：连接OC、OD，
∵AC，BD分别是⊙O的切线，
∴∠ACO＝90°，∠BDO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠AOC＝60°，
在△ACO和△BDO中，
，
∴△ACO≌△BDO（SAS）
∴∠BOD＝∠AOC＝60°，
∴∠COD＝60°，
在Rt△ACO中，OC＝AC•tanA＝2，
∴的长π，
故选：B．
4．【答案】A
【解答】解：如图，
选择一个等边三角形和其内切圆，
圆O是等边三角形ACE的内切圆，圆O切三角形的边CE于点D，
∵这条花边的总长度AB为4，
∴CE＝2，
连接OC，AD，
则AD过点O，
∴CD＝DECE＝1，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠ACE＝60°，
∵圆O是等边三角形ACE的内切圆，
∴∠OCD＝30°，
∴OD＝CD•tan30°．
∴花边上正三角形的内切圆半径为．
故选：A．
5．【答案】B
【解答】解：连接OA、OB、如图所示：
∵∠AOB60°，
∴∠APC∠AOC＝30°，
故选：B．
6．【答案】B
【解答】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵AD为直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠D＝∠B，
∴cosB＝cosD，
在Rt△ADC中，cosD，
设CD＝3x，AD＝5x，则AC＝4x，
∴4x＝4，解得x＝1，
∴AD＝5，
∴⊙O的半径为2.5．
故选：B．
7．【答案】A
【解答】解：如图所示，连接OA．
⊙O的直径CD＝10cm，
则⊙O的半径为5cm，
即OA＝OC＝5，
又∵OM：OC＝4：5，
所以OM＝4，
∵AB⊥CD，垂足为M，
∴AM＝BM，
在Rt△AOM中，AM3，
∴AB＝2AM＝2×3＝6．
故选：A．
8．【答案】D
【解答】解：作OH⊥BC于H，如图，则CH＝BH，
在Rt△ACB中，BC，
∴CHBC，
∵∠OCH＝∠BCA，
∴Rt△COH∽Rt△CBA，
∴，即，
∴OC＝3.4．
故选：D．
9．【答案】C
【解答】解：根据题意得，（）2π，
解得：n＝90，
故选：C．
10．【答案】A
【解答】解：设三角形的边长是a，高是h，则a＞h．
∵S1ah，S2••aa2，
∴S1＜S2．
故选：A．
11．【答案】B
【解答】解：圆锥的侧面积•2π•10•24＝240π（cm2），
所以这张扇形纸板的面积为240πcm2．
故选：B．
12．【答案】D
【解答】解：连接OP，OA，OE，
∵点E是CD中点，
∴OE⊥DC，
∴∠PEO＝90°，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，
∴OA⊥PA，∠APO＝∠BPO∠APB＝20°
∴∠PAO＝90°，
∴∠POA＝70°，
∴A、O、E、P四点在以OP为直径的圆上，
∴∠AEP＝∠AOP＝70°，
故选：D．
13．【答案】B
【解答】解：∵∠ABC＝40°，
∴∠ADC＝∠ABC＝40°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ADC＝50°．
故选：B．
14．【答案】A
【解答】解：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴，DG＝CG，
∴∠ADF＝∠AED，
∵∠FAD＝∠DAE（公共角），
∴△ADF∽△AED；
故①正确；
②∵，CF＝2，
∴FD＝6，
∴CD＝DF CF＝8，
∴CG＝DG＝4，
∴FG＝CG﹣CF＝2；
故②正确；
③∵AF＝3，FG＝2，
∴AG，
∴在Rt△AGD中，tan∠ADG，
∴tan∠E；
故③错误；
④∵DF＝DG FG＝6，AD，
∴S△ADFDF•AG63 ，
∵△ADF∽△AED，
∴（ ）2，
∴，
∴S△AED＝7 ，
∴S△DEF＝S△AED﹣S△ADF＝4 ；
故④正确．
故选：A．
15．【答案】D
【解答】解：∵∠ACB＝a
∴优弧所对的圆心角为2a
∴2a a＝360°
∴a＝120°．
故选：D．
二．填空题（共9小题）
16．【答案】π．
【解答】解：由圆周角定理得，2∠BAD＝∠BOD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD，
∴180°﹣∠BAD＝2∠BAD，
解得，∠BAD＝60°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝120°，
∴的长π，
故答案为：π．
17．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
如图当点O在BC上时，
∵⊙O与斜边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，
∴∠BOD＝45°，
由圆周角定理得，∠BCD∠BOD＝22.5°，
∴∠ACD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
当点O′在AC上时，
∵⊙O′与斜边AB相切于点D′，
∴OD′⊥AB，
∴∠AO′D′＝45°，
由圆周角定理得，∠ACD′∠AO′D′＝22.5°，
故答案为：67.5°或22.5°．
18．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵AC是△ABC外接圆的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵∠BDA＝∠ACB＝50°，
∴∠CAB＝90°﹣50°＝40°，
故答案为：40．
19．【答案】见试题解答内容
【解答】解：分两种情况：①当⊙P与菱形ABCD的边AD、AB相切时，如图1所示：
由题意得：PM⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴∠DAP＝∠DCP＝30°，
∵M是线段AD的中点，
∴AMAD＝2，
在Rt△APM中，PM，
∴AP＝2PM；
②当⊙P与菱形ABCD的边CD、BC相切时，如图2所示：
连接BD，作PE⊥CD于E，MF⊥AC于F，
则PE＝PM，
设PE＝PM＝x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OA＝OC，
∵∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴ODAD＝2，OAOD＝2，MFAM＝1，AFMF，PC＝2PE＝2x，
∴AC＝2OA＝4，
∴AP＝42x，PF＝AC﹣PC﹣AF＝32x，
在Rt△PMF中，由勾股定理得：12 （32x）2＝x2，
解得：x，或x（舍去），
∴AP＝42；
综上所述，AP的长为或；
故答案为：或．
20．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，
∴∠ADC ∠ABC＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝125°，∠BAC＝90°﹣∠ABC＝35°，
∵过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，
∴∠MCA＝∠ABC＝55°，∠AMC＝90°，
∵∠ADC＝∠AMC ∠DCM，
∴∠DCM＝∠ADC﹣∠AMC＝35°，
∴∠ACD＝∠MCA﹣∠DCM＝55°﹣35°＝20°；
故答案为：20
21．【答案】见试题解答内容
【解答】解：设∠AEF＝n°，
由题意π，解得n＝120，
∴∠AEF＝120°，
∴∠FED＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD，∠D＝90°，
∴∠EFD＝30°，
∴DEEF＝1，
∴BC＝AD＝2 1＝3，
故答案为3．
22．【答案】见试题解答内容
【解答】解：S扇形•πR2π×32π，
故答案为π．
23．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵在⊙O中，∠COB＝50°，
∴∠A∠COB＝25°，∠COD＝180°﹣∠COB＝180°﹣50°＝130°，
∵∠B＝15°，∠CDO是△ABD的外角，
∴∠CDB＝∠A ∠B＝25° 15°＝40°，
故答案为：40°
24．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵∠C＝90°，且OC为半径，
∴AC是⊙O的切线，
∵AD是⊙O的切线，
∴AD＝AC＝3，
在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4，由勾股定理可求得AB＝5，
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2，
连接OD，则OD⊥BD，
设半径为r，
则OD＝r，BO＝BC﹣OC＝4﹣r，
在Rt△BOD中，由勾股定理可得：BO2＝BD2 OD2，
即（4﹣r）2＝22 r2，
解得r＝1.5
所以BO＝4﹣1.5＝2.5，
当点O在AC边上时，同理可得：BO
故答案为：2.5或．
三．解答题（共10小题）
25．【答案】（1）①6；
②或或3；
（2）．
【解答】解：（1）①∵∠BDE＝∠BFE＝45°，∠ABC＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AB＝6；
②a、当BF＝BE时，，
∵k，AB＝6，
∴BCAB＝8，
∵BD为⊙O的直径，
∴BD平分∠FBE，∠BED＝90°，
∴∠FBD＝∠EBO，∠EBO ∠BDE＝∠BAD ∠BDE，
∵BF∥AC，
∴∠C＝∠FBD＝∠EBO＝∠BAD，
又∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴，即，
解得：BD；
b、当BF＝EF时，连接FD并延长交AC于点H，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BFD＝90°，
∵BF∥AC，
∴∠AHD＝∠CHD＝∠BFD＝90°，
∵BF＝EF，
∴∠FBE＝∠FEB＝∠FDB＝∠CDH，
∵四边形BEDF是⊙O的内接四边形，
∴∠ADH＝∠FBE，
∴∠CDH＝∠ADH，
在△CDH和△ADH中，，
∴△CDH≌△ADH（ASA），
∴CD＝AD，
∴CD2＝AD2＝BD2 AB2，
即（8﹣BD）2＝BD2 62，
解得：BD；
c、当BE＝EF时，连接FD并延长交AC于H，如图1所示：
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BFD＝90°，
∵BF∥AC，
∴∠AHD＝∠CHD＝∠BFD＝∠ABD＝90°，
∵BE＝EF，
∴∠FBE＝∠EFB＝∠ADB，
∵四边形BEDF是⊙O的内接四边形，
∴∠ADH＝∠ADB，
在△ADB和△ADH中，，
∴△ADB≌△ADH（AAS），
∴BD＝HD，AB＝AH＝6，
∵AC10，
∴CH＝AC﹣AH＝4，
在Rt△CDH中，由勾股理得：CD2＝AD2＝BD2 AB2，
即（8﹣BD）2＝BD2 42，
解得：BD＝3；
综上所述，当△BFE为等腰三角形时，BD的长为或或3；
（3）连接EF、OF、EM、BE，如图2所示：
∵BF∥AC，
∴，
∴∠FBO＝∠BFE，
∵OF＝OB，
∴∠FBO＝∠BFO，
∴∠BFE＝∠BFO，
∴E、O、F三点共线，
∴EF是⊙O的直径，
∴∠EMF＝90°，
∴EM⊥AF，
∵点M是线段AF的中点，
∴AE＝FE＝BC，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°＝∠ABC，
又∵∠BCE＝∠ACB，
∴△BCE∽△ACB，
∴，
∴AE2＝CE×AC＝CE（CE AE）＝CE2 CE×AE，
解得：AECE，
∴，
同理：△ABE∽△ACB，
∴△BCE∽△ABE，
∴k，
∴k2．
26．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）三个正确的结论：AB＝CB，∠A＝∠C，DE⊥BC；理由如下：
连接BD、OD，如图：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AC，
∵D为AC的中点，
∴AB＝CB，
∴∠A＝∠C；
∵D为AC的中点，O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∵DE为⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC；
（2）由（1）知：DE⊥BC，
∵DE＝1，tanC，
∴CE＝2DE＝2，
∴CD，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD，
∵∠A＝∠C，
∴tanA＝tanC，
∴tanA，
∴BDAD，
∴AB，
即⊙O的直径为．
27．【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：连结DE，
∵∠C＝90°，
∴AD为直径，
∴DE⊥AB，
∵AD＝BD，
∴AE＝BE；
（2）答案不唯一．
①第一层次：若AC＝4，求BC的长．答案：BC＝8；
②第二层次：若CD＝3，求BD的长．答案：BD＝5；
③第三层次：若CD＝3，求AC的长．
设BD＝x，
∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，
∴△ABC～△DBE，
∴，
∴，
∴x＝5，
∴AD＝BD＝5，
∴AC4．
28．【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：如图1，
∵在△ABC中AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C（180°﹣36°）＝72°，
∵BD是角平分线，
∴∠CBD＝∠ABDABC＝36°，
∴AD＝BD＝BC，
∴在△BCD中，∠BDC＝180°﹣∠C﹣∠CBD＝72°，
∴BD＝BC，
∵∠A＝∠CBD＝36°，∠C＝∠C，
∴△BCD∽△ACB，
∴，
∵AD＝BD＝BC，
∴，
∴点D是线段AC的黄金分割点；
（2）在正五边形ABCDE中，
∠AED108°，AE＝DE，
∴∠EAD＝∠EDA（180°﹣108°）＝36°，
同理可求，∠AEB＝∠ABE＝36°，
∵∠EAM＝∠∠EBA，∠AEM＝∠BEA，
∴△AEM∽△BEA，
∴，
∵∠AMB＝∠MAE ∠AEM＝72°，∠MAB＝∠BAE﹣∠MAE＝72°，
∴∠BAM＝∠BMA，
∴BM＝BA＝AE＝2，
∴，
∴，
∴EM1（取正值），
∴，
∵∠BAM ∠ABC＝72° 108°＝180°，
∴AD∥BC，
∴△EMN∽△EBC，
∴，
∵BC＝2，
∴MN＝3；
（3）正十边形的中心角为：36°，
如图1，可设∠BAC是正十边形的一个中心角，则AB，AC为正十边形外接圆的半径r，BD是∠ABC的平分线，
由（1）知，
∴，
∴ADr，
∴BC＝BDr，
故答案为：r．
29．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）过O作OD⊥A′C′于D，交AC于E，
∵AC∥A′C′，
∴AC⊥OD，
∵A′C′与⊙O相切，AB为圆O的直径，且AB＝4cm，
∴OD＝OA＝OBAB4＝2（cm），
在Rt△AOE中，∠A＝30°，
∴OEOA2＝1（cm），
∴DE＝OD﹣OE＝2﹣1＝1（cm）
则三角尺的宽为1cm；
（2）∵三角板的宽度是一样大，
∴BB′平分∠A′B′C′，CC′平分∠A′C′B′，
∵∠A′B′C′＝60°，∠A′C′B′＝90°，
∴∠BB′C′＝30°，∠CC′B′＝45°，
∴∠BB′C′ ∠CC′B′＝75°；
（3）设直线AC交A′B′于M，交B′C′于N，过A点作AH⊥A′B′于H，
则有∠AMH＝30°，AH＝1，得到AM＝2AH＝2，
∴MN＝AM AC CN＝3 2，
在Rt△MB′N中，∵∠B′MN＝30°，
∴B′NNM2，则B′C′＝B′N NC′3．
∴B′C′＝3．
30．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）①如图2，连接BD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CDB＝90°，
在Rt△BCD中，cosC；
②如图2，作OE⊥CD于E，
则CE＝DE，
∵AB＝2，AB：CD：BC＝1：2：3，
∴CD＝4，BC＝6，
∴AB＝CE＝2，
∵AB∥CD，
∴∠C＝∠ABO，
在△AOB和△EOC中，
，
∴△AOB≌△EOC（SAS），
∴∠A＝∠CEO＝90°，
∴OA；
（2）如图3，连接AD交BC于F，
∵AB∥CD，
∴△AFB∽△DFC，
∴，
∴，
∵，
∴BF＝AB，
∴∠BFA＝∠A，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
由圆周角定理得，∠A＝∠C，
∴∠A＝∠B＝∠AFB，
∴△AFB为等边三角形，
∴∠C＝∠B＝60°．
31．【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：
连接OC，
∵EF切⊙O于点C，
∴OC⊥EF，
∵AF⊥EF，
∴OC∥AF，
∴∠FAC＝∠ACO，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠FAC＝∠CAO，
∴AC平分∠FAD；
（2）解：连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠ADC＝∠B＝60°，
∴∠CAD＝30°＝∠FAC，
∴∠E＝30°，
∵AF＝3，
∴FC＝AF×tan30°＝3，
∴AC＝2FC＝6，
∴CA＝CE＝6，
∵∠OCE＝90°，
∴OC＝CE×tan30°＝2，
∴S阴影＝S△OCE﹣S扇形COD62π．
32．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题意BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2t，
故答案为6﹣2t．
（2）分两种情况讨论：
①当P，Q还未相遇时，如图1，
CQ＝2t，DP＝t，QP＝8﹣3t，OEQP，
OB＝BP OP，
∵⊙O与AB相切，
∴OE⊥AB，
∵sin∠ABC，
∴，解得t．
②当P，Q相遇后，如图2，
BQ＝6﹣2t，PQ＝BP﹣BQ＝（t﹣2）﹣（6﹣2t）＝3t﹣8，
OEQP，OB＝OQ BQ，
∵⊙O与AB相切，∴OE⊥AB，
∵sin∠ABC，
∴，解得t．
综上所述，满足条件的t的值有ts或s．
（3）①存在．i）当点O在∠B的角平分线上时，如图3，
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，
∵OB平分∠ABC，
∴OM＝ON，
∵∠OMQ＝∠ONP＝90°，OQ＝OP，
∴Rt△OMQ≌△ONP（HL），
∴∠OQM＝∠OPN，
∴BQ＝BP，即2t﹣6＝t﹣2，解得t＝4．
ii）当点O在∠C的角平分线上时，如图4，作QG⊥AC于G，OF⊥AC于F，QH⊥BC于H．
则GQ＝AQ•sin∠BACAQ，
同理可得GC＝QHBQ，
在梯形CPQG中，OF是中位线，则OF（GQ CP）
[（8﹣t）]，
∵点O在∠C的角平分线上，∴CF＝OF．
，解得t．
iii）当点O在∠A的角平分线上时，如图5，作∠A的角平分线交BC于点H，过点H做HI⊥AB于I，
则HI＝CH．
∵sin∠ABC，则，
∴CH＝HI，∴tan∠CAH，
由ii）中得OF＝（GQ CP），
CF，AF＝AC﹣CF，
∴tan∠CAH，解得t．
综上所述，当t＝4s或s或s时，点O会出现在△ABC的内角平分线上．
②由题意点O的运动路径为（6﹣4）．
33．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设CD交AB于E．
∵∠BOC＝2∠CDB，∠CDB＝30°，
∴∠COB＝60°，
∵OC＝OB，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠CBO＝60°，
∵CD⊥AB，CD＝2，
∴CE＝ED，
∴OC＝EC÷os30°＝2，
∴AB＝2OC＝4．
（2）连接BC，OD，
∵∠CBO＝∠BOD＝60°，
∴BC∥OD，
∴S△BCD＝S△BCO，
∴S阴＝S扇形OBCπ，
阴影部分的周长＝2222π．
34．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图1所示：点C1和C2均为所求；
理由：连接BO，AO并延长，分别交⊙O于点C1、C2，
连接AB，AC1，
∵BC1是⊙O的直径，
∴AOBC1，
∴△ABC1是“智慧三角形”，
同理可得：△ABC2也是“智慧三角形”，
（2）△AEF是“智慧三角形”，
理由如下：如图2，设正方形的边长为4a，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC＝2a，
∵CD：FC＝4：1，
∴FC＝a，DF＝4a﹣a＝3a，
在Rt△ABE中，AE2＝（4a）2 （2a）2＝20a2，
在Rt△ECF中，EF2＝（2a）2 a2＝5a2，
在Rt△ADF中，AF2＝（4a）2 （3a）2＝25a2，
∴AE2 EF2＝AF2，
∴△AEF是直角三角形，
∵斜边AF上的中线等于AF的一半，
∴△AEF为“智慧三角形”；
（3）如图3所示：
由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，
根据题意可得一条直角边OP＝1，
∴PQ最小时，△POQ的面积最小，
即：OQ最小，
由垂线段最短可得斜边最小为3，
由勾股定理可得PQ2，
根据面积得，OQ×PMOP×PQ，
∴PM＝1×23，
由勾股定理可求得OM，
故点P的坐标（，）或（，）．
