1. 如图,在$\odot O$中,直径$CD= 10\ cm$,$AB是\odot O$的弦,$AB\perp CD$,垂足为$M$,$OM:OC= 3:5$,则$AB$的长为(
A.$8\ cm$
B.$\sqrt{91}\ cm$
C.$6\ cm$
D.$2\ cm$
A
)A.$8\ cm$
B.$\sqrt{91}\ cm$
C.$6\ cm$
D.$2\ cm$
答案：A
解析：
解：连接 $OA$。
因为 $CD$ 是直径，$CD=10\ cm$，所以 $OC=OA=\frac{10}{2}=5\ cm$。
因为 $OM:OC=3:5$，所以 $OM=\frac{3}{5}OC=\frac{3}{5}×5=3\ cm$。
因为 $AB\perp CD$，所以 $\triangle OMA$ 是直角三角形。
由勾股定理得：$AM=\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ cm$。
因为 $AB\perp CD$，所以 $AB=2AM=2×4=8\ cm$。
答案：A
因为 $CD$ 是直径，$CD=10\ cm$，所以 $OC=OA=\frac{10}{2}=5\ cm$。
因为 $OM:OC=3:5$，所以 $OM=\frac{3}{5}OC=\frac{3}{5}×5=3\ cm$。
因为 $AB\perp CD$，所以 $\triangle OMA$ 是直角三角形。
由勾股定理得：$AM=\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ cm$。
因为 $AB\perp CD$，所以 $AB=2AM=2×4=8\ cm$。
答案：A
2. 如图,在$\odot O$中,弦$AB$、$CD交于点P$,$\angle A= 40^{\circ}$,$\angle APD= 75^{\circ}$,$\angle B$等于(
A.$15^{\circ}$
B.$40^{\circ}$
C.$75^{\circ}$
D.$35^{\circ}$
D
)A.$15^{\circ}$
B.$40^{\circ}$
C.$75^{\circ}$
D.$35^{\circ}$
答案：D
解析：
∵∠APD是△APC的外角，
∴∠APD=∠A+∠C，
∵∠A=40°，∠APD=75°，
∴∠C=∠APD - ∠A=75° - 40°=35°，
∵∠B与∠C所对的弧都是$\overset{\frown}{AD}$，
∴∠B=∠C=35°。
D
3. 在$\odot O的内接四边形ABCD$中,$AB是\odot O$的直径,$\angle BCD= 120^{\circ}$,过点$D的切线PD与BA的延长线相交于点P$,则$\angle ADP$的度数是(
A.$15^{\circ}$
B.$30^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$60^{\circ}$
B
)A.$15^{\circ}$
B.$30^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$60^{\circ}$
答案：B
解析：
连接OD。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BCD=120°，
∴∠BAD=180°-∠BCD=60°。
∵OA=OD，
∴△OAD是等腰三角形，∠OAD=∠ODA=60°。
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，∠ODP=90°。
∴∠ADP=∠ODP-∠ODA=90°-60°=30°。
B
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BCD=120°，
∴∠BAD=180°-∠BCD=60°。
∵OA=OD，
∴△OAD是等腰三角形，∠OAD=∠ODA=60°。
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，∠ODP=90°。
∴∠ADP=∠ODP-∠ODA=90°-60°=30°。
B
4. 以半径为1的圆内接正三角形、正方形、正六边形的内切圆半径为三边作三角形,则(
A.不能构成三角形
B.这个三角形是等腰三角形
C.这个三角形是直角三角形
D.这个三角形是钝角三角形
C
)A.不能构成三角形
B.这个三角形是等腰三角形
C.这个三角形是直角三角形
D.这个三角形是钝角三角形
答案：C
解析：
设圆的半径为$R = 1$。
正三角形内切圆半径$r_1$：$r_1 = R\cos60^\circ = 1×\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。
正方形内切圆半径$r_2$：$r_2 = R\cos45^\circ = 1×\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
正六边形内切圆半径$r_3$：$r_3 = R\cos30^\circ = 1×\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} = \frac{3}{4} = (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$，所以该三角形是直角三角形。
C
正三角形内切圆半径$r_1$：$r_1 = R\cos60^\circ = 1×\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。
正方形内切圆半径$r_2$：$r_2 = R\cos45^\circ = 1×\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
正六边形内切圆半径$r_3$：$r_3 = R\cos30^\circ = 1×\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} = \frac{3}{4} = (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$，所以该三角形是直角三角形。
C
5. 一条弦把一个圆分成$2:7$两部分,这条弦所对的圆心角是
80
$^{\circ}$.答案：80
解析：
因为整个圆的圆心角是$360^{\circ}$，弦把圆分成$2:7$两部分，所以这条弦所对的圆心角占整个圆心角的比例为$\frac{2}{2 + 7}$。则圆心角的度数为$360^{\circ} × \frac{2}{9} = 80^{\circ}$。
$80$
$80$
6. 已知扇形的面积是$\frac{4}{3}\pi$,半径是3,该扇形的弧长是
$\frac{8}{9}π$
.答案：$\frac{8}{9}π$
解析：
设扇形的弧长为$l$，半径为$r$，面积为$S$。
已知$S = \frac{4}{3}\pi$，$r = 3$，扇形面积公式为$S=\frac{1}{2}lr$。
则$\frac{1}{2} × l × 3=\frac{4}{3}\pi$，
$\frac{3}{2}l=\frac{4}{3}\pi$，
$l=\frac{4}{3}\pi × \frac{2}{3}=\frac{8}{9}\pi$。
$\frac{8}{9}\pi$
已知$S = \frac{4}{3}\pi$，$r = 3$，扇形面积公式为$S=\frac{1}{2}lr$。
则$\frac{1}{2} × l × 3=\frac{4}{3}\pi$，
$\frac{3}{2}l=\frac{4}{3}\pi$，
$l=\frac{4}{3}\pi × \frac{2}{3}=\frac{8}{9}\pi$。
$\frac{8}{9}\pi$
7. 若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍,则圆锥侧面展开图的扇形圆心角是
180
$^{\circ}$.答案：180
解析：
设圆锥底面半径为$r$，母线长为$l$，侧面展开图的扇形圆心角为$n^{\circ}$。
底面积$S_{底}=\pi r^{2}$，侧面积$S_{侧}=\pi rl$。
由题意$S_{侧}=2S_{底}$，即$\pi rl = 2\pi r^{2}$，得$l = 2r$。
圆锥侧面展开图扇形弧长等于底面周长，即$\frac{n\pi l}{180}=2\pi r$。
将$l = 2r$代入，$\frac{n\pi \cdot 2r}{180}=2\pi r$，解得$n = 180$。
180
底面积$S_{底}=\pi r^{2}$，侧面积$S_{侧}=\pi rl$。
由题意$S_{侧}=2S_{底}$，即$\pi rl = 2\pi r^{2}$，得$l = 2r$。
圆锥侧面展开图扇形弧长等于底面周长，即$\frac{n\pi l}{180}=2\pi r$。
将$l = 2r$代入，$\frac{n\pi \cdot 2r}{180}=2\pi r$，解得$n = 180$。
180
8. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$\odot O是Rt\triangle ABC$的内切圆,其半径为1,切点分别为$D$、$E$,$\angle BOC= 105^{\circ}$.则$AE$的长是
$2+\sqrt{3}$
.答案：$2+\sqrt{3}$
解析：
设$AE=x$，内切圆半径$r=1$，切点$D$在$BC$上，$E$在$AB$上，$F$在$AC$上（补充切点$F$）。
则$AF=AE=x$，$CD=CF=r=1$，设$BD=BE=y$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^\circ$，$O$为内心，$\angle OCB=\frac{1}{2}\angle ACB=45^\circ$。
在$\triangle BOC$中，$\angle BOC=105^\circ$，故$\angle OBC=180^\circ-105^\circ-45^\circ=30^\circ$，则$\angle ABC=2\angle OBC=60^\circ$，$\angle BAC=30^\circ$。
$BC=CD+BD=1+y$，$AC=AF+CF=x+1$，$AB=AE+BE=x+y$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan\angle ABC=\tan60^\circ=\frac{AC}{BC}=\frac{x+1}{1+y}=\sqrt{3}$，即$x+1=\sqrt{3}(1+y)$ ①。
$\sin\angle BAC=\sin30^\circ=\frac{BC}{AB}=\frac{1+y}{x+y}=\frac{1}{2}$，即$x+y=2(1+y)$，化简得$x=2+y$ ②。
将②代入①：$2+y+1=\sqrt{3}(1+y)\Rightarrow y=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}$。
则$x=2+y=2+\sqrt{3}$。
$2+\sqrt{3}$
则$AF=AE=x$，$CD=CF=r=1$，设$BD=BE=y$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^\circ$，$O$为内心，$\angle OCB=\frac{1}{2}\angle ACB=45^\circ$。
在$\triangle BOC$中，$\angle BOC=105^\circ$，故$\angle OBC=180^\circ-105^\circ-45^\circ=30^\circ$，则$\angle ABC=2\angle OBC=60^\circ$，$\angle BAC=30^\circ$。
$BC=CD+BD=1+y$，$AC=AF+CF=x+1$，$AB=AE+BE=x+y$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan\angle ABC=\tan60^\circ=\frac{AC}{BC}=\frac{x+1}{1+y}=\sqrt{3}$，即$x+1=\sqrt{3}(1+y)$ ①。
$\sin\angle BAC=\sin30^\circ=\frac{BC}{AB}=\frac{1+y}{x+y}=\frac{1}{2}$，即$x+y=2(1+y)$，化简得$x=2+y$ ②。
将②代入①：$2+y+1=\sqrt{3}(1+y)\Rightarrow y=\frac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\sqrt{3}$。
则$x=2+y=2+\sqrt{3}$。
$2+\sqrt{3}$