2023年江苏省九年级数学中考模拟题分项选编：对称图形——圆
一、单选题
1．（2023·江苏南京·统考二模）如图，在中，C是上一点，，过点C作弦交于E，若，则与满足的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·江苏淮安·统考一模）下列命题是真命题的是（ ）
A．三角分别相等的两个三角形是全等三角形
B．平行四边形的对角线互相垂直
C．三角形的内心是它的三条边的垂直平分线的交点
D．对顶角相等
3．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，AB为的直径，点C、D在上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，⊙的弦、交于点．若，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．无法确定
5．（2023·江苏无锡·统考二模）给出下列4个命题：①内错角相等；②圆的内接四边形对角互补；③直径是圆的弦；④对角线相等的四边形是矩形．其中，真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，正五边形内接于，点F在弧上．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·江苏无锡·统考二模）已知一个三角形的三边长分别为3、4、5，将这个三角形绕着最短的边所在直线施转一周，得到一个几何体，那么这个几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·江苏南通·统考二模）如图为某几何体的三视图，则该几何体的侧面积是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023·江苏宿迁·统考二模）如图，四边形为正方形，P是以边为直径的上一动点，连接，以为边作等边三角形，连接，若，则线段的最大值为________．
10．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，的半径是，是的内接三角形，过圆心分别作，，的垂线，垂足为，，，连接．若，则__________．
11．（2023·江苏南通·统考一模）如图1，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车盛水筒的运行轨迹是以为圆心的一个圆，可简化为图2．若被水面所截的弦长米，的半径为米，则筒车最低点距水面____________米．
12．（2023·江苏徐州·统考二模）在中，若，，则面积的最大值为____________．
13．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，四边形内接于，为的直径，，则的度数为_______°．
14．（2023·江苏苏州·统考三模）如图，是的直径，弦交于点，，连接．若，，则_________________．
15．（2023·江苏南京·统考一模）如图，在中，E是边的中点，连接，若，则对角线的取值范围为______．
16．（2023·江苏宿迁·统考一模）如图，点A、C、E在上，为直径，，则弧的度数为_______．
17．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，正六边形与相切于点、，则______°．
18．（2023·江苏镇江·统考一模）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为__________度．（写出一个即可）
19．（2023·江苏南京·统考二模）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为、弧长为的扇形，则该圆锥的母线长为______．
20．（2023·江苏淮安·统考二模）已知圆锥侧面展开图的半径为，圆心角为，则该圆锥的侧面积为______．（结果保留）
21．（2023·江苏苏州·统考二模）一个圆锥的底面半径为，母线长为，则此圆锥的侧面展开图扇形的圆心角等于________度．
22．（2023·江苏连云港·统考二模）如图，一把打开的雨伞可近似的看成一个圆锥，伞骨（面料下方能够把面料撑起来的支架）末端各点所在圆的直径长为12分米，伞骨长为10分米，那么制作这样的一把雨伞至少需要绸布面料为______平方分米．
三、解答题
23．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，在中，，点D、E在上，，过A，D，E三点作，连接并延长，交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的半径长．
24．（2023·江苏扬州·统考二模）【问题提出】如图1，矩形中，如何用圆规和无刻度的直尺在边上作点，使？
【问题联想】如图2，已知线段，请你用圆规和无刻度的直尺作等边三角形；
【问题解决】请你在图1中用圆规和无刻度的直尺作出符合条件的点；
【深度思考】若，，若图1中符合要求的点一定存在，求的取值范围．
（友情提醒：以上作图均不写作法，但需保留作图痕迹）
25．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，是的直径，C为上一点，连接，过点O作于点D，延长交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的长度．
26．（2023·江苏连云港·统考一模）问题提出：
（1）“弦图”是中国古代数学成就的一个重要标志．小明用边长为的正方形制作了一个“弦图”：如图①，在正方形内取一点，使得，作，，垂足分别为、，延长交于点．若，求的长；
变式应用：
（2）如图②，分别以正方形的边长和为斜边向内作和，连接，若已知，，的面积为，，则正方形的面积为 ．
拓展应用：
（3）如图③，公园中有一块四边形空地，米，米，米，，空地中有一段半径为米的弧形道路（即），现准备在上找一点将弧形道路改造为三条直路（即、、），并要求，三条直路将空地分割为、和四边形三个区域，用来种植不同的花草．
①则的度数为 ；
②求四边形的面积．
27．（2023·江苏南京·统考二模）如图，已知菱形．求作，使得与菱形的四条边都相切要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
28．（2023·江苏南通·统考二模）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，是的切线，交于点E．
(1)求证：；
(2)若交于点F，，，求的长．
29．（2023·江苏徐州·统考二模）如图，在中，，按如下过程进行尺规作图：
①作的垂直平分线，交于点O；
②连接，以O为圆心，为半径，作的外接圆；
③在的右侧作；
④在取一点E使（点E不与点O重合），连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当______°时，与相切，并说明理由．
30．（2023·江苏常州·统考二模）对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“最小距离”，记作.
已知点，，连接．
(1)填空： ______；
(2)的半径是r，若，直接写出r的取值范围；
(3)的半径是r，若将点B绕点A顺时针旋转，得到点C.
①当时，求此时r的值；
②对于取定的r值，若存在两个不同的值使得，直接写出r的取值范围．
31．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在中，弦与交于点，点为的中点，现有以下信息：
①为直径；②；③．
(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．
你选择的条件是______，结论是______（填写序号），请说明理由．
(2)在（1）的条件下，若的长为，求半径．
32．（2023·江苏南通·统考一模）如图，，是的切线，，为切点，是的直径，．
(1)求的度数；
(2)若，计算图中阴影部分的面积．
参考答案：
1．C
【分析】连接，易得，进而得到，，利用外角的性质，得到，又，得到，即可得出结论．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键．
2．D
【分析】根据不能证明三角形全等即可判断A；根据平行四边形的性质即可判定B；根据外心是线段垂直平分线的交点即可判断C；根据对顶角相等即可判断D．
【详解】解：A、三角分别相等的两个三角形不一定是全等三角形，原命题是假命题，不符合题意；
B、平行四边形的对角线不一定互相垂直，原命题是假命题，不符合题意；
C、三角形的外心是它的三条边的垂直平分线的交点，原命题是假命题，不符合题意；
D、对顶角相等，原命题是真命题，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了判断命题真假，全等三角形的判定，三角形外心的定义，平行四边形的性质，对顶角相等等等，熟知相关知识是解题的关键．
3．B
【分析】根据圆周角定理得到，然后根据三角形内角和定理计算，最后根据圆周角定理即可解答．
【详解】解：如图：连接
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理进行计算是解题的关键．
4．A
【分析】根据平行线的性质，同弧或者等弧所对是圆周角是圆心角的一半，三角形的外角和，即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握圆的基本性质，平行线的性质，同弧或者等弧所对的圆周角和圆心角的关系．
5．B
【分析】根据平行线性质，圆内接四边形性质，弦的概念，矩形判定逐项判断．
【详解】解：两直线平行，才有内错角相等，故①是假命题；
圆的内接四边形对角互补，故②是真命题；
直径是圆中最大的弦，故③是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故④是假命题；
真命题有②③，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握教材上相关的概念与定理．
6．C
【分析】连接，，，根据五边形是正五边形，可求出的度数，由，可得的度数，再根据圆周角定理进一步求解即可．
【详解】如图，连接，，，
∵五边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正五边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、正多边形的内角和，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
7．C
【分析】绕着最短的边即直角边为3所在直线旋转一周得到一个圆锥，底面半径是4，高是3，母线为5，然后利用圆锥的侧面积（为底面圆周长）计算即可．
【详解】解：绕着最短的边即直角边为3所在直线旋转一周得到一个圆锥，底面半径是4，高是3，母线为5，
∴侧面积为：，
故选：C
【点睛】此题考查了点、线、面、体中的面动成体，解题关键是绕着最短的边即直角边为3所在直线旋转一周得到一个圆锥及圆锥的侧面积（为底面圆周长）．
8．C
【分析】根据三视图有圆，有三角形，由此可判断该几何体是圆锥；从图可看出该圆锥的底面圆的直径为12，圆锥的高为8，然后问题可求解．
【详解】解：由图可知：该几何体为圆锥，且该圆锥的底面圆的直径为12，圆锥的高为8，则该圆锥的母线长为，所以该几何体的侧面积为；
故选C．
【点睛】本题主要考查三视图及圆锥的侧面积，熟练掌握三视图及圆锥的侧面积公式是解题的关键．
9．/
【分析】连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，通过证明，得出，从而得出点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；则当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，易证为等边三角形，求出，即可求出．
【详解】解：连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，
∵绕点B逆时针旋转得到，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∵，四边形为正方形，
∴，则，
∴，
∴点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；
∴当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查看瓜豆模型——圆生圆模型，解题的关键是确定从动点Q的运动轨迹，以及熟练掌握全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．
10．
【分析】连接，利用勾股定理求出，再结合垂径定理及三角形的中位线求解．
【详解】解：连接，如图．
在中，．
，，，且是的圆心，
，，，
是的中位线，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形的中位线，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
11．
【分析】过点作于点，并延长与相交于点，连接，可得点为筒车最低点，筒车最低点距水面的距离为的长，再根据垂径定理，得出米，再根据勾股定理，得出米，再根据线段之间的数量关系，计算即可得出答案．
【详解】解：过点作于点，并延长与相交于点，连接，
∴点为筒车最低点，筒车最低点距水面的距离为的长，
∵米，，
∴米，
又∵的半径为米，即米，
∴米，
又∵米，
∴米，
∴筒车最低点距水面米．
故答案为：
【点睛】本题考查了垂径定理的应用、勾股定理的应用，解本题的关键在熟练掌握垂径定理、勾股定理．
12．
【分析】首先过C作于M，由弦已确定，可得要使的面积最大，只要取最大值即可，即可得当过圆心O时，最大，然后由圆周角定理，证得△AOB是等腰直角三角形，则可求得的长，继而求得答案．
【详解】作的外接圆⊙O，过C作于M
∵弦已确定
∴要使的面积最大，只要取最大值即可
如图所示，当过圆心O时，最大
∵，过O
∴（垂径定理）
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及等腰直角三角形性质．注意得到当过圆心O时，最大是关键．
13．110
【分析】根据是的直径，可以得到，再根据和三角形内角和，可以得到的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到的度数．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：110
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
14．/53度
【分析】根据同弧或等弧所对的圆周角相等得到，再根据三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，又，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查同弧或等弧所对的圆周角相等、三角形的外角性质，熟练掌握同弧所对的圆周角相等是解答的关键．
15．
【分析】如图，过作，交的延长线于，证明，，在的外接圆上运动，且满足，连接，，可得，证明为等边三角形，可得，直接，过作于，可得，，，当过点，且在的右边时，最长，当在的左边时，最短，可得最长时为，最短时为：．
【详解】解：如图，过作，交的延长线于，
∴，即，
∵，，为中点，
∴，，，，，
∴四边形为平行四边形，，
∴，，
∴在的外接圆上运动，且满足，
连接，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，直接，
过作于，
∴，，
∴，
当过点，且在的右边时，最长，当在的左边时，最短，
∴最长时为，最短时为：；
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，圆的确定，圆周角定理的应用，求解一点与圆上距离的最值，作出正确的辅助线是解本题的关键．
16．/50度
【分析】连接，根据圆内接四边形的性质可得，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴弧的度数为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，圆周角定理是解题的关键．
17．120
【分析】根据正多边形内角和公式可求出、，根据切线的性质可求出、，从而可求出的度数．
【详解】解：六边形是正六边形，
．
、与相切，
，
，
故答案为：120．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、正六边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．
18．60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
19．12
【分析】设该圆锥的母线长为l，然后根据弧长公式进行求解即可．
【详解】解：设该圆锥的母线长为l，
由题意得，，
∴，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知弧长公式是解题的关键．
20．
【分析】根据扇形面积的计算方法即可求解．
【详解】解：根据题意得，图的半径为，圆心角为，
∴圆锥的侧面积为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查扇形的面积的计算方法，掌握扇形面积的计算是解题的关键．
21．
【分析】圆锥的侧面展开图是扇形，圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长，利用弧长公式即可求解．
【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角是，
由题意得，，
解得，
∴此圆雉的侧面展开图扇形的圆心角等于度，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
22．
【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，根据题意可得该圆锥的母线长为，则扇形的直径为，根据的长度可求出圆锥地面周长，即可得出扇形的弧长，最后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵分米，
∴该圆锥底面周长为分米，
∴该圆锥侧面积（平方分米），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求圆锥侧面积，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图为 ，以及扇形面积公式．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，先证明．得到，再由得到垂直平分，即可证明；
（2）利用三线合一定理得到 ．则．求出．设半径为r，则．在中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵．
∴．
又∵．
∴．
∴，
又∵．
∴垂直平分，
∴．
（2）∵．
∴ ．
∵．
∴．
∵．
∴．
设半径为r，则．
在中，，
∴，
解得．
∴的半径长为．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，勾股定理，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质和判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
24．[问题联想]见解析；[问题解决]见解析；[问题解决]
【分析】[问题联想]分别以为圆心，的长为半径在的同侧作弧，两弧交于点，连接，则三角形即为所求；
[问题解决]同[问题联想]以为边向上作等边，作的外接圆，与的交点为点，点即为所求；
[问题解决]以与相切于点和经过点、时为临界值，利用勾股定理及含30°的直角三角形的性质求出的值即可求解．
【详解】[问题联想]如图所示，分别以为圆心，的长为半径在的同侧作弧，两弧交于点，连接，则三角形即为所求；
[问题解决]解：如图所示，同[问题联想]以为边向上作等边，作的外接圆，与的交点为点，点即为所求；
[深度思考]解：如图所示，
当与相切于点时，，
∵，则
在中，，，
∴，即，
当经过点、时，，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
解得：，（负值舍去）
∴
∵图1中符合要求的点一定存在，
∴的取值范围为．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，勾股定理，含30°的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．
25．(1)见解
(2)
【分析】（1）首先根据直径的性质得到，然后结合即可证明出；
（2）连接，首先根据勾股定理求出，然后根据垂径定理得到，利用三角形中位线的性质得到，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴．
∴．
∵．
∴；
（2）解：如图，连接，
∵是的直径，
∴，．
∴在中，．
∵，是的半径，
∴．
∴为的中位线．
∴．
∴．
∴．
∴；
【点睛】此题考查了垂径定理的运用，勾股定理，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
26．（1）；（2）；（3）①；②平方米
【分析】（1）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图②，延长交于，延长交于，根据全等三角形的性质得到，，求得，根据余角的性质得到，同理，，根据全等三角形的性质得到，求得正方形的面积，于是得到结论；
（3）①如图③，连接，根据勾股定理得到，根据勾股定理的逆定理得到，推出是所在圆的直径，是等腰直角三角形，得到点，，，四点共圆，，圆内接四边形的性质得到的度数；
②根据三角形的面积公式得到；根据旋转的想得到，，，延长交于，推出是等腰直角三角形，得到，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（负值不合题意，舍去），
∴的长为；
（2）解：如图②，延长交于，延长交于，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
在和中，
，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形，
∵的面积为，，
∴正方形的面积为：，
∴正方形的面积为：，
故答案为：；
（3）如图③，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是所在圆的直径，是等腰直角三角形，
∴点，，，四点共圆，，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵是等腰直角三角形，
∴，
把绕着点逆时针旋转，得到，
∴，，，
∴∠，，
∴，
∴，
延长交于，
∴，，
∴是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
，
∴（平方米）．
【点睛】本题是圆的综合题，考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，勾股定理的逆定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
27．见解析
【分析】连接，交点为O，过点O作，垂足为H，以O为圆心，为半径作圆，则即为所求．
【详解】如图，1.连接，交点为O；
2.以点为圆心，适当长度为半径画弧，交于E，F两点，分别以点E，F为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点M，连接OM，交AB于点H，则；
3.以O为圆心，为半径作圆．
则即为所求．
∵为的半径，
∴与相切，
∵和菱形都是中心对称图形，且的圆心与菱形的对称中心重合，
∴为菱形的内切圆；
【点睛】本题考查菱形的性质，基本作图—作垂线，切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
28．(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，由题意易得，则有，然后问题可求证；
（2）连接，由题意易得，则有，然后根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴；
（2）解：连接，，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的性质及切线的性质定理，熟练掌握圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的性质及切线的性质定理是解题的关键．
29．(1)见解析
(2)90，理由见解析
【分析】（1）由可得进而得到，由题意可得，则，即，可证，最后根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形即可解答；
（2）若，则，进而得到，然后再证，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴四边形CBEO是平行四边形．
（2）解：当时，与相切
理由：∵．
∴．
∵
∴
∵,
∴，
∴，
∴与相切．
【点睛】本题主要考查了圆的性质、平行四边形的证明、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的证明等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
30．(1)3
(2)
(3)①，②
【分析】（1）由题意得出轴，则可根据“最小距离”的定义得出答案；
（2）根据题意画出图形，由直角三角形的性质及“最小距离”的定义得出答案；
（3）①过点C作于点H，由直角三角形的性质可得出答案； ②由题意可知线段在旋转过程中与有两个交点，画出图形即可得出答案．
【详解】（1）∵，，
∴轴，
∴，
故答案为：3；
（2）如图所示，表示与线段有交点，
此时,
∴；
（3）①当时，点C恰好落在x轴上，如图，
过点C作，垂足为H，
，，
，，
点C落在x轴上，
，
；
②存在两个不同的值使得，即线段在旋转的过程中与有两个交点，如图，
此时，，
∴．
【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“最小距离”的概念，旋转的性质，直角三角形的性质及分类讨论思想的运用等知识点．
31．(1)①②；③；详见解析（答案不唯一，证明合理即可）
(2)
【分析】（1）任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的基本性质和定理进行证明即可；
（2）结合条件可推出，从而结合弧长计算公式直接求解即可．
【详解】（1）证：如图所示，连接，
∵点为的中点，
∴，，
情况一：选择条件是①②，结论是③，是真命题；理由如下：
∵为直径，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∵，
∴，
∴条件是①②，结论是③，该命题为真命题；
情况二：选择条件是①③，结论是②，是真命题；理由如下：
∵为直径，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∵，
∴，
∴条件是①③，结论是②，该命题为真命题；
情况三：选择条件是②③，结论是①，是真命题；理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵是圆上的弦，
∴为直径，
∴条件是②③，结论是①，该命题为真命题；
故答案为：①②；③；（答案不唯一，证明合理即可）
（2）解：由（1）可知，，
如图所示，连接，则，
∵的长为，
∴，解得：，
∴的半径．
【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，以及弧长计算等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．
32．(1)
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质得到，由切线长定理推出，求出，推出是等边三角形，即可得到的度数；
（2）由证明得到求出的长，即可求出的面积，求出扇形的面积，即可求出阴影的面积．
【详解】（1）解：如图，连接，
，是的切线，，为切点，
，
是等边三角形，
；
（2）如图，连接，
，，
，
，，
，
，
，
，
【点睛】本题考查切线的性质，扇形面积、三角形面积的计算，等边三角形的判定与性质，求出扇形和的面积是解答本题的关键．
