专题18 特殊四边形及圆的相关证明与计算（17类重点考向）（解析版）.docx

1、主题四 平面几何专题18 特殊四边形及圆的相关证明与计算目录一览知识目标（新课程标准提炼）中考命题趋势（分析考察方向，精准把握重难点）重点考向（以真题为例，探究中考命题方向）考向一 直角三角形斜边上的中线考向二 平行四边形的判定与性质考向三 矩形的判定与性质考向四 菱形的判定与性质考向五 正方形的判定与性质考向六 垂径定理的应用考向七 圆周角定理考向八 圆内接四边形的性质考向九 三角形的外接圆与外心考向十 直线与圆的位置关系考向十一 切线的判定与性质考向十二 三角形的内切圆与内心考向十三 正多边形和圆考向十四 弧长的计算考向十五 扇形面积的计算考向十六 圆锥的计算考向十七 圆的综合题最新真题荟

2、萃（精选最新典型真题，强化知识运用，优化解题技巧）1.理解矩形、菱形、正方形的概念，以及它们之间的关系；探索并证明矩形、菱形、正方形的性质定理和判定定理.2. 探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，了解并证明圆周角定理及其推论；理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念，了解等圆、等弧的概念； 知道三角形的外心；3. 圆内接四边形的对角互补了解直线和圆的位置关系，掌握切线的概念，探索切线与过切点的半径关系，会用三角尺过圆上一点画圆的切线； 知道三角形的内心4. 会计算圆的弧长、扇形的面积；了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系特殊四边形考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年

3、各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。圆的性质及其证明与计算板块内容以考查综合题为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综合题，对多数考生来说也是难点，分值为5分左右。预计2024年各地中考肯定还是考查的重点在选择、填空题中考查，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大。关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。 与切线有关的证明与计算板块内容以考查综合题

4、为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综合题，对多数考生来说也是难点，分值为8分左右。预计2024年各地中考肯定还是考查的重点在选择、填空题中考查，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大。关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。弧长、扇形面积相关计算板块内容以考查综合题为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综合题，对多数考生来说也是难点，分值为5分左右。预计2024年各地中考肯定还是考查的重点在选择、填空题中考查弧长、扇形面积，考查形式

5、多样，难度较大。关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分。考向一 直角三角形斜边上的中线1（2023株洲）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸如图所示，已知ACB90，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD（）A3.5cmB3cmC4.5cmD6cm【思路点拨】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长【完整解答】解：由图可得，ACB90，AB716（cm），点D为线段AB的中点，CDAB3cm，故选：B【考点剖析】本题考查直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答2（2023荆州）如图，CD为RtABC

6、斜边AB上的中线，E为AC的中点若AC8，CD5，则DE3【思路点拨】根据直角三角形斜边上的中线的性质得到AB2CD10，根据勾股定理得到BC6，根据三角形中位线定理即可得到结论【完整解答】解：CD为RtABC斜边AB上的中线，CD5，AB2CD10，ACB90，AC8，BC6，E为AC的中点，AECE，DE是ABC的中位线，DEBC3，故答案为：3【考点剖析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键考向二 平行四边形的判定与性质3（2023贵州）如图，在RtABC中，C90，延长CB至D，使得BDCB，过点A，D分别作AEBD，DEB

7、A，AE与DE相交于点E下面是两位同学的对话： 小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可证明BECD小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CEDE （1）请你选择一位同学的说法，并进行证明；（2）连接AD，若，求AC的长【思路点拨】（1）小星：连接BE，根据平行四边的判定定理得到四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AEBD，推出四边形AEBC是平行四边形，根据矩形性质得到BECD；小红：连接BE，CE，根据平行四边形的判定和性质以及矩形 的判定和性质定理即可得到论；（2）连接AD，设CB2k，AC3k，根据勾股定理即可得到结论【完整解答】（1）证明：小星：连接BE，AEB

8、D，DEBA，四边形ABDE是平行四边形，AEBD，BDBC，AEBC，AEBC，四边形AEBC是平行四边形，C90，四边形AEBC是矩形，EBC90，BECD；小红：连接CE，BE，AEBD，DEBA，四边形ABDE是平行四边形，AEBD，ABDE，BDBC，AEBC，AEBC，四边形AEBC是平行四边形，C90，四边形AEBC是矩形，ABCE，DECE；（2），设CB2k，AC3k，CD4k，AC2+DC2AD2，（3k）2+（4k）2（5）2，k，AC3【考点剖析】本题考查了平行四边形 的判定和性质，勾股定理，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键4（2023扬州）如图，点E、

9、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF、CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；（2）若AMCN的面积为4，求ABCD的面积【思路点拨】（1）依据四边形AFCH是平行四边形，可得AMCN，依据四边形AECG是平行四边形，可得ANCM，进而得出四边形AMCN是平行四边形；（2）连接AC，依据三角形重心的性质，即可得到SACNSACH，再根据CH是ACD的中线，即可得出SACNSACD，进而得到S平行四边形AMCNS平行四边形ABCD，依据AMCN的面积为4，即可得出结论【完整解答】解：（1）点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点

10、，AHCF，AHCF，四边形AFCH是平行四边形，AMCN，同理可得，四边形AECG是平行四边形，ANCM，四边形AMCN是平行四边形；（2）如图所示，连接AC，H，G分别是AD，CD的中点，点N是ACD的重心，CN2HN，SACNSACH，又CH是ACD的中线，SACNSACD，又AC是平行四边形AMCN和平行四边形ABCD的对角线，S平行四边形AMCNS平行四边形ABCD，又AMCN的面积为4，ABCD的面积为12【考点剖析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质以及三角形重心性质的运用，解决问题的关键是掌握平行四边形的判定方法以及三角形重心性质考向三 矩形的判定与性质5（2023雅安）如图

11、，在ABC中，C90，ACBC6，P为边AB上一动点，作PDBC于点D，PEAC于点E，则DE的最小值为 3【思路点拨】连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DECP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论【完整解答】解：如图，连接CP，ACB90，ACBC6，AB6，PDBC，PEAC，PDCPEC90，四边形CDPE是矩形，DECP，由垂线段最短可得，当CPAB时，线段DE的值最小，此时，APBP，CPAB3，DE的最小值为3，故答案为：3【考点剖析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性

12、质是解题的关键6（2023大庆）如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC，AE，延长AE，BC交于点F，连接DF，ACF90（1）求证：四边形ACFD是矩形；（2）若CD13，CF5，求四边形ABCE的面积【思路点拨】（1）证明ADEFCE（AAS），得AEFE，所以四边形ACFD是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；（2）根据矩形的性质和勾股定理求出DF的值，由ADEFCE，可得四边形ABCE的面积平行四边形ABCDCEF的面积，进而可以解决问题【完整解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ADEFCE，DAECFE，E为线段CD

13、的中点，DECE，ADEFCE（AAS），AEFE，四边形ACFD是平行四边形，ACF90，四边形ACFD是矩形；（2）解：四边形ACFD是矩形，CFD90，ACDF，CD13，CF5，DF12，ADEFCE，CEF的面积ACF的面积51215，平行四边形ABCD的面积BCAC51260，四边形ABCE的面积平行四边形ABCD的面积CEF的面积601545【考点剖析】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质考向四 菱形的判定与性质7（2023德阳）如图，ABCD的面积为12，ACBD6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，

14、AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（）A1BCD3【思路点拨】先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值过D点作DMAC于M，过G点作GPAC与P，则GPOD，利用平行四边形的面积求解DM的长，再利用三角形的中位线定理可求解PG的长，进而可求解【完整解答】解：四边形ABCD为平行四边形，ACBD，ODOC，DFAC，ODCF，四边形OCFD为菱形，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值过D点作DMAC于M，过G点作GPAC与P，则GPMD，矩形A

15、BCD的面积为12，AC6，2ACDM12，即26DM12，解得DM2，G为CD的中点，GP为DMC的中位线，GPDM1，故PG的最小值为1故选：A【考点剖析】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，三角形的中位线等知识的综合运用，找准PG有最小值时的P点位置是解题的关键8（2022辽宁）如图，CD是ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F若ACB60，CD4，则四边形CEDF的周长是 16【思路点拨】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CDEF，ECDACB30，OCCD2，在RtCOE中，可得CE4，故四边形CEDF的周长是4CE1

16、6【完整解答】解：连接EF交CD于O，如图：DEAC，DFBC，四边形CEDF是平行四边形，CD是ABC的角平分线，FCDECD，DEAC，FCDCDE，ECDCDE，CEDE，四边形CEDF是菱形，CDEF，ECDACB30，OCCD2，在RtCOE中，CE4，四边形CEDF的周长是4CE4416，故答案为：16【考点剖析】本题考查是三角形角平分线及菱形性质和判定，解题的关键是掌握平行线性质，证明四边形CEDF是菱形考向五 正方形的判定与性质9（2020台州）下列是关于某个四边形的三个结论：它的对角线相等；它是一个正方形；它是一个矩形下列推理过程正确的是（）A由推出，由推出B由推出，由推出C

17、由推出，由推出D由推出，由推出【思路点拨】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断【完整解答】解：对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，故，错误，故选项B，C，D错误，故选：A【考点剖析】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型10（2017玉林）如图，在等腰直角三角形ABC中，ACB90，ACBC4，D是AB的中点，E，F分别是AC，BC上的点（点E不与端点A，C重合），且AECF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GOOD，连接DE，DF，GE，GF（1）求证：四边形EDFG是正方形；（2）当点E在什么

18、位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值【思路点拨】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出ADCF45、ADCD，结合AECF可证出ADECDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DEDF、ADECDF，通过角的计算可得出EDF90，再根据O为EF的中点、GOOD，即可得出GDEF，且GD2ODEF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；（2）过点D作DEAC于E，根据等腰直角三角形的性质可得出DE的长度，从而得出2DE2，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值【完整解答】（1）证明：连接CD，如图1所示ABC为等腰直角三角形，ACB90，D

19、是AB的中点，ADCF45，ADCD在ADE和CDF中，ADECDF（SAS），DEDF，ADECDFADE+EDC90，EDC+CDFEDF90，EDF为等腰直角三角形O为EF的中点，GOOD，GDEF，且GD2ODEF，四边形EDFG是正方形；（2）解：过点D作DEAC于E，如图2所示ABC为等腰直角三角形，ACB90，ACBC4，DEBC2，AB4，点E为AC的中点，2DE2（点E与点E重合时取等号）4S四边形EDFGDE28当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4【考点剖析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（

20、1）找出GDEF且GDEF；（2）根据正方形的面积公式找出4S四边形EDFG8考向六 垂径定理的应用11（2023广西）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为37m，拱高约为7m，则赵州桥主桥拱半径R约为（）A20mB28mC35mD40m【思路点拨】设主桥拱半径R，根据垂径定理得到AD，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案【完整解答】解：由题意可知，AB37m，CD7m，设主桥拱半径为R m，ODOCCD（R7）m，OC是半径，OCAB，ADBDAB（m），在RtADO中，AD2+OD2OA2，（）2+（R7）2R2，解得R28故选：B

21、【考点剖析】本题主要考查垂径定理的应用，涉及勾股定理，解题的关键是用勾股定理列出关于R的方程解决问题12（2023东营）“圆材埋壁”是我国古代数学名著九章算术中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小以锯锯之，深一寸，锯道长一尺问：径几何？”转化为现在的数学语言表达就是：如图，CD为O的直径，弦ABCD，垂足为E，CE1寸，AB10寸，则直径CD的长度为 26寸【思路点拨】连接OA，设O的半径是r寸，由垂径定理得到AEAB5寸，由勾股定理得到r2（r1）2+52，求出r，即可得到圆的直径长【完整解答】解：连接OA，设O的半径是r寸，直径CDAB，AEAB105寸，CE1寸，OE（r1）寸，O

22、A2OE2+AE2，r2（r1）2+52，r13，直径CD的长度为2r26寸故答案为：26【考点剖析】本题考查垂径定理的应用，勾股定理的应用，关键是连接OA构造直角三角形，应用垂径定理，勾股定理列出关于圆半径的方程考向七 圆周角定理13（2023云南）如图，AB是O的直径，C是O上一点若BOC66，则A（）A66B33C24D30【思路点拨】根据圆周角定理解答即可，在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半【完整解答】解：ABOC，BOC66，A33故选：B【考点剖析】本题考查了圆周角定理，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半

23、定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角14（2023深圳）如图，在O中，AB为直径，C为圆上一点，BAC的角平分线与O交于点D，若ADC20，则BAD35【思路点拨】先根据直径所对的圆周角是直角可得ACB90，再利用圆周角定理可得ADCABC20，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得BAC70，从而利用角平分线的定义进行计算，即可解答【完整解答】解：AB为O的直径，ACB90，ADC20，ADCABC20，BAC90ABC70，AD平分BAC，BADBAC35，故答案为：35【考点剖析】本题考查了

24、圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键考向八 圆内接四边形的性质15（2023西藏）如图，四边形ABCD内接于O，E为BC延长线上一点若DCE65，则BOD的度数是（）A65B115C130D140【思路点拨】根据邻补角互补求出DCB的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出BAD的度数，最后根据圆周角定理即可求出BOD的度数【完整解答】解：DCE65，DCB180DCE18065115，四边形ABCD内接于O，BAD+DCB180，BAD65，BOD2BAD265130，故选：C【考点剖析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键16（2023淮安）如图，

25、四边形ABCD是O的内接四边形，BC是O的直径，BC2CD，则BAD的度数是 120【思路点拨】连接OD，根据等边三角形的性质得到C60，再根据圆内接四边形的性质计算，得到答案【完整解答】解：如图，连接OD，BC是O的直径，BC2CD，OCODCD，COD为等边三角形，C60，四边形ABCD是O的内接四边形，BAD+C180，BAD120，故答案为：120【考点剖析】本题考查的是圆内接四边形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键考向九 三角形的外接圆与外心17（2023自贡）如图，ABC内接于O，CD是O的直径，连接BD，DCA41，则ABC的度数是（）A41B

26、45C49D59【思路点拨】由直径所对的圆周角是直角可得DBC90，由同弧所对的圆周角相等可得DBADCA，进而可计算ABC【完整解答】解：CD是O的直径，DBC90，DBADCA41，ABC90DBA49，故选：C【考点剖析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是熟练掌握相关知识点，难度不大18（2023湖北）如图，在33的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点ABC外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为（）ABCD【思路点拨】作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相

27、交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是ABC外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明AOC是直角三角形，从而可得AOC90，然后根据图中阴影部分的面积扇形AOC的面积AOC的面积ABC的面积，进行计算即可解答【完整解答】解：如图：作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是ABC外接圆的圆心，由题意得：OA212+225，OC212+225，AC212+3210，OA2+OC2AC2，AOC是直角三角形，AOC90，AOOC，图中阴影部分的面积扇形AOC的面积AOC的面积ABC的面积OAOCAB1211，故选：D【考点剖析】本题考查了

28、三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键考向十 直线与圆的位置关系19（2023宿迁）在同一平面内，已知O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（）A2B5C6D8【思路点拨】根据圆心到直线l的距离为3，而圆的半径为2，此时直线与圆相离，当点P在O上运动时，当点P在BO的延长线与O的交点时，点P到直线l的距离最大，根据题意画出图形进行解答即可【完整解答】解：如图，由题意得，OA2，OB3，当点P在BO的延长线与O的交点时，点P到直线l的距离最大，此时，点P到直线l的最大距离是3+25，故选：B

29、【考点剖析】本题考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置与圆心到直线的距离之间的关系是解决问题的关键20（2023镇江）已知一次函数ykx+2的图象经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心，r为半径作O若对于符合条件的任意实数k，一次函数ykx+2的图象与O总有两个公共点，则r的最小值为 2【思路点拨】在ykx+2中，令x0，则y2，于是得到一次函数ykx+2的图象与y轴交于（0，2），求得一次函数过定点（0，2），当O过（0，2）时，两者至少有一个交点，根据一次函数经过一、二、四象限，得到直线与圆必有两个交点，而当O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论【完整解答】解：在ykx+

30、2中，令x0，则y2，一次函数ykx+2的图象与y轴交于（0，2），一次函数过定点（0，2），当O过（0，2）时，两者至少有一个交点，一次函数经过一、二、四象限，直线与圆必有两个交点，而当O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，半径至少为2，故r的最小值为2，故答案为：2【考点剖析】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键考向十一 切线的判定与性质21（2023郴州）如图，在O中，AB是直径，点C是圆上一点在AB的延长线上取一点D，连接CD，使BCDA（1）求证：直线CD是O的切线；（2）若ACD120，CD2，求图中阴影部分的面积（结果用

31、含的式子表示）【思路点拨】（1）连接OC，由AB是直径，可得ACBOCA+OCB90，再证OCAABCD，从而有BCD+OCBOCD90，即可证明（2）由圆周角定理求得AOC2A60，在RtOCD中，解直角三角形得OC2，然后利用三角形的面积公式和扇形的面积公式即可解答【完整解答】（1）证明：连接OC，AB是直径，ACBOCA+OCB90，OAOC，BCDA，OCAABCD，BCD+OCBOCD90，OCCD，OC是O的半径，直线CD是O的切线（2）解：ACD120，ACB90，ABCD1209030，BOC2A60，在RtOCD中，tanBOCtan60，CD2，解得OC2，阴影部分的面积S

32、OCDS扇形BOC2【考点剖析】本题主要考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积公式及解直角三角形，熟练掌握性质是解题关键22（2023巴中）如图，已知等腰ABC，ABAC，以AB为直径作O交BC于点D，过D作DFAC于点E，交BA延长线于点F（1）求证：DF是O的切线（2）若CE，CD2，求图中阴影部分的面积（结果用表示）【思路点拨】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质证明ACOD，进而可以得到结论；（2）连接AD，根据勾股定理求出ED1，根据锐角三角函数可得AOD60，然后证明OD是ABC的中位线，求出r，根据阴影部分的面积四边形AODE的面积扇形AOD的面积，代入值即可【完整解答】（1）证

33、明：如图，连接OD，ABAC，BC，OBOD，BODB，ODBC，ACOD，DFAC，ODDF，OD是O的半径，DF是O的切线；（2）解：如图，连接AD，设O的半径为r，在RtCED中，CE，CD2，ED2CD2CE2431，ED1，cosC，C30，B30，AOD60，ACOD，O为AB的中点，OD是ABC的中位线，D是BC中点，CDBD2，AB是O的直径，ADB90，ADABr，BDADr2，r，AB2r，AEACCEAB，阴影部分的面积四边形AODE的面积扇形AOD的面积（+）1（）2【考点剖析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，圆周角定理，扇形面积计算等知

34、识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键考向十二 三角形的内切圆与内心23（2023广州）如图，ABC的内切圆I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若I的半径为r，A，则（BF+CEBC）的值和FDE的大小分别为（）A2r，90B0，90C2r，D0，【思路点拨】如图，连接IF，IE利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可【完整解答】解：如图，连接IF，IEABC的内切圆I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，BFBD，CDCE，IFAB，IEAC，BF+CEBCBD+CDBCBCBC0，AFIAEI90，EIF180，EDFEIF90故选：D【考点剖析】本题考查三角形的

35、内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型24（2023攀枝花）已知ABC的周长为l，其内切圆的面积为r2，则ABC的面积为（）ArlBrlCrlDrl【思路点拨】由题意可得SAOBABOEABr，SBOCBCr，SAOCACr，由面积关系可求解【完整解答】解：如图，设内切圆O与ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，AB切O于E，OEAB，OEr，SAOBABOEABr，同理：SBOCBCr，SAOCACr，SSAOB+SBOC+SAOCABr+BCr+ACr（AB+BC+AC）r，lAB+BC+AC，Slr，故选：

36、A【考点剖析】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键考向十三 正多边形和圆25（2023福建）我国魏晋时期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”“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416如图，O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计O的面积，可得的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（）AB2C3D2【思路点拨】过A作AMOB于M，求得AOB3601230，根据直角三角形的性

37、质得到AMOA，根据三角形的面积公式得到SAOB，于是得到正十二边形的面积为123，根据圆的面积公式即可得到结论【完整解答】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，过A作AMOB于M，在正十二边形中，AOB3601230，AMOA，SAOBOBAM，正十二边形的面积为123，312，3，的近似值为3，故选：C【考点剖析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键26（2023衡阳）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 10【思路点拨】先求出多边形的每一个内角为108

38、，可得到O36，即可求解【完整解答】解：多边形是正五边形，正五边形的每一个内角为：180（52）108，O180（180108）236，正五边形的个数是3603610故答案为：10【考点剖析】本题主要考查正多边形与圆，多边形内角和问题，熟练掌握相关知识点是解题关键考向十四 弧长的计算27（2023青岛）如图，四边形ABCD是O的内接四边形，B58，ACD40若O的半径为5，则的长为（）ABCD【思路点拨】根据圆周角的性质，计算出弧DC所对的圆心角度数，按照公式求出弧长即可【完整解答】解：连接OA、OD、OC，AOC2B116，AOD2ACD80，DOC36，故选：C【考点剖析】本题考查了弧长的

39、计算和圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半28（2023阜新）如图，四边形OABC1是正方形，曲线C1C2C3C4C5叫作“正方形的渐开线”，其中，的圆心依次按O，A，B，C1循环，当OA1时，点C2023的坐标是（）A（1，2022）B（2023，1）C（1，2023）D（2022，0）【思路点拨】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出C2023在第三象限，与C3，C7，C11，符合同一规律，探究出C3，C7，C11，.的规律即可【完整解答】解：由图得C1（0，1），C2（1，0），C3（1，2），C4（4，1），C5（0，5），C6（5，0），C7（1，6），点C的位置每4个一循环，

40、20235054+3，C2023在第三象限，与C3，C7，C11，符合规律（1，n+1），C2023坐标为（1，2022）故选：A【考点剖析】本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键考向十五 扇形面积的计算29（2023连云港）如图，矩形ABCD内接于O，分别以AB、BC、CD、AD为直径向外作半圆若AB4，BC5，则阴影部分的面积是（）A20B20C20D20【思路点拨】根据矩形的性质可求出BD，再根据图形中各个部分面积之间的关系，即S阴影部分S以AD为直径的圆+S以AB为直径的圆+S矩形ABCDS以BD为直径的圆进行计算即可【完整解答】解：如图，连接BD，则BD过点O，在

41、RtABD中，AB4，BC5，BD2AB2+AD241，S阴影部分S以AD为直径的圆+S以AB为直径的圆+S矩形ABCDS以BD为直径的圆（）2+（）2+45（）2+2020，故选：D【考点剖析】本题考查勾股定理，矩形的性质以及扇形面积的计算，掌握矩形的性质、勾股定理以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提30（2023娄底）如图，正六边形ABCDEF的外接圆O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60，则图中的阴影部分的面积为（）ABCD【思路点拨】连接AD，OC，由O是正六边形的外接圆可求得COD60，COD是等边三角形，根据扇形面积公式可求S扇形COD，根据三角形面积公式可求SC

42、OD，利用三角形全等将两块阴影部分拼接，转化为弓形，根据S阴影S扇形CODSCOD即可求解【完整解答】解：如图，连接AD，OC，O是正六边形的外接圆，AD必过点O，COD60，又OCOD，COD是等边三角形，OCODCD2，直线l1、l2的夹角为60，CODKODKOHKOD，即COKDOH，又DOHAOG，COKAOG，OCKOAG60，OCOA，OCKOAG（ASA），S扇形COMS扇形AON，S扇形COMSOCKS扇形AONSOAG，S阴影S扇形CODSCOD，S扇形COD，SCOD，S阴影故选：C【考点剖析】本题主要考查了正多边形和圆，三角形面积和扇形面积计算，明确S阴影S扇形CODS

43、COD是解决问题的关键考向十六 圆锥的计算31（2023赤峰）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽如图，这个圆锥的底面圆周长为20cm，母线AB长为30cm为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（）A30cmB30cmC60cmD20cm【思路点拨】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长可得圆锥侧面展开图的圆心角，求出侧面展开图中两点间的距离即为最短距离【完整解答】解：圆锥的底面圆周长为20cm，圆锥的侧面展开图的扇形的弧长为20cm，设扇形的圆心角为n度，20，解得n120，ABA120

44、，作BCAA于点C，BAA30，ACABcos303015（cm），AA2AC30（cm），这条彩带的最短长度是30cm故选：B【考点剖析】本题考查平面展开最短路径问题，圆锥的计算，把把立体图形转化为平面图形求解是解决本题的突破点32（2023苏州）如图，在ABCD中，AB+1，BC2，AHCD，垂足为H，AH以点A为圆心，AH长为半径画弧，与AB，AC，AD分别交于点E，F，G若用扇形AEF围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为r1；用扇形AHG围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为r2，则r1r2（结果保留根号）【思路点拨】根据平行四边形的性质以及正弦函数的定义求出D60，B

45、AC45，利用弧长公式以及圆的周长公式求出r1，r2即可【完整解答】解：在ABCD中，AB+1，BC2，ADBC2，CDAB+1，ABCDAHCD，垂足为H，AH，sinD，D60，DAH90D30，DHAD1，CHCDDH+11，CHAH，AHCD，ACH是等腰直角三角形，ACHCAH45，ABCD，BACACH45，2r1，解得r1，2r2，解得r2，r1r2故答案为：【考点剖析】本题考查了圆锥的计算，平行四边形的性质，解直角三角形，弧长公式，求出D60，BAC45是解决本题的关键考向十七 圆的综合题33（2023杭州）如图，在O中，直径AB垂直弦CD于点E，连接AC，AD，BC，作CFA

46、D于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF（1）若BE1，求GE的长（2）求证：BC2BGBO（3）若FOFG，猜想CAD的度数，并证明你的结论【思路点拨】（1）由垂径定理可得AED90，结合CFAD可得DAEFCD，根据圆周角定理可得DAEBCD，进而可得BCDFCD，通过证明BCEGCE，可得GEBE1；（2）证明ACBCEB，根据对应边成比例可得BC2BABE，再根据AB2BO，BEBG，可证BC2BGBO；（3）方法一：设DAECAE，FOGFGO，可证a90，OCF903，通过SAS证明COFAOF，进而可得OCFOAF，即903aa，则CAD2a45方法二：延长FO交

47、AC于点H，连接OC，证明AFC是等腰直角三角形，即可解决问题【完整解答】（1）解：直径AB垂直弦CD，AED90，DAE+D90，CFAD，FCD+D90，DAEFCD，由圆周角定理得DAEBCD，BCDFCD，在BCE和GCE中，BCEGCE（ASA），GEBE1；（2）证明：AB是O的直径，ACB90，ACBCEB90，ABCCBE，ACBCEB，BC2BABE，由（1）知GEBE，BEBG，AB2BO，BC2BABE2BOBGBGBO；（3）解：CAD45，证明如下：解法一：如图，连接OC，FOFG，FOGFGO，直径AB垂直弦CD，CEDE，AEDAEC90，AEAE，ACEADE（

48、SAS），DAECAE，设DAECAE，FOGFGO，则FCDBCDDAE，OAOC，OCAOAC，ACB90，OCFACBOCAFCDBCD903，CGEOGF，GCE，CGE+GCE90，+90，90，COGOAC+OCA+2，COFCOG+GOF2+2（90）+180，COFAOF，在COF和AOF中，COFAOF（SAS），OCFOAF，即903，22.5，CAD2a45解法二：如图，延长FO交AC于点H，连接OC，FOFG，FOGFGO，FOGFGOCGBB，BCFH，AB是O的直径，ACB90，ACBAHO90，OAOC，AHCH，AFCF，CFAD，AFC是等腰直角三角形，CAD

49、45【考点剖析】本题是圆的综合题，考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证34（2023枣庄）如图，AB为O的直径，点C是的中点，过点C作射线BD的垂线，垂足为E（1）求证：CE是O的切线；（2）若BE3，AB4，求BC的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有的式子表示）【思路点拨】（1）连接OC，证明OCBE，即可得到结论（2）连接AC，证明ACBCEB，从而可得，再代入求值即可（3）连接OD，CD，证明CDAB，从而可得SCODSCBD，求出扇

50、形COD的面积即可得到阴影部分的面积【完整解答】（1）证明：如图，连接OC，点C是的中点，ABCEBC，OBOC，ABCOCB，EBCOCB，OCBE，BECE，半径OCCE，CE是O的切线（2）解：如图，连接AC，AB为O的直径，ACB90，ACBCEB90，ABCEBC，ACBCEB，答：BC的长为2（3）解：如图，连接OD、CD，AB4，OCOB2，在RtBCE中，CBE30，COD60，AOC60，OCOD，COD是等边三角形，CDO60，CDOAOC，CDAB，SCODSCBD，答：阴影部分的面积为【考点剖析】本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关

51、键1（2023赤峰）如图，在RtABC中，ACB90，AB10，BC6点F是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上则线段CF在平移过程中扫过区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是（）A16，6B18，18C16，12D12，16【思路点拨】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF，CD，DF，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求出即可【完整解答】解：由平移的性质可知DFCE，DFCE，四边形CFDE是平行四边形，在RtABC中，ACB90，AB10，BC6，AC8，在RtABC中，ACB90，AB10，点F是AB的中点，CFAB5，DFCE，点F是A

52、B的中点，CDF180ABC90，点D是AC的中点，CDAC4，点F是AB的中点，点D是AC的中点，DF是RtABC的中位线，DFBC3，四边形CFDE的周长为2（DF+CF）2（5+3）16，四边形CFDE的面积为DFCD3412故选：C【考点剖析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理等知识，推到四边形FDE是平行四边形和DF是RtABC的中位线是解决问题的关键2（2022杭州）如图，在RtACB中，ACB90，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EFAC于点F，连接CM，CE已知A50，ACE30（

53、1）求证：CECM（2）若AB4，求线段FC的长【思路点拨】（1）根据直角三角形的性质可得MCMAMB，根据外角的性质可得MECA+ACE，EMCB+MCB，根据等角对等边即可得证；（2）根据CECM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长【完整解答】（1）证明：ACB90，点M为边AB的中点，MCMAMB，MCAA，MCBB，A50，MCA50，MCBB40，EMCMCB+B80，ACE30，MECA+ACE80，MECEMC，CECM；（2）解：AB4，CECMAB2，EFAC，ACE30，FCCEcos30【考点剖析】本题考查了直角三角形的性质，涉及三角形外角的性质，解直角三角形等

54、，熟练掌握并灵活运用直角三角形的性质是解题的关键3（2022德阳）如图，在菱形ABCD中，ABC60，AB2cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向以1cm/s向点D匀速运动设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0t3，过F作FGBC于点G，连结EF（1）求证：四边形EFGH是矩形；（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，BFC与DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由【思路点拨】（1）根据平行线的判定定理得到EHFG，由题意知BF2t cm，EHt cm，推出四边形EFGH是平行

55、四边形，根据矩形的判定定理即可得到四边形EFGH是矩形；（2）根据菱形的性质得到ABC60，AB2cm，求得ADCABC60，CDAB2cm，解直角三角形即可得到结论【完整解答】（1）证明：EHBC，FGBC，EHFG，由题意知BF2t cm，EHt cm，在菱形ABCD中，ABC60，CBD30，FGBFt cm，EHFG，四边形EFGH是平行四边形，FGH90，四边形EFGH是矩形；（2）BFC与DCE能够全等，理由：在菱形ABCD中，ABC60，AB2cm，ADCABC60，CDAB2cm，ABCD，CBDCDB30，DCHABC60，DHBC，CHD90，CDH906030CBF，在R

56、tCDH中，sinCDH，DH23，BF2t cm，EHt cm，DE（3t）cm，当BFDE时，BFCDEC，2t3t，t1【考点剖析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键4（2022凉山州）在RtABC中，BAC90，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AFBC交CE的延长线于点F（1）求证：四边形ADBF是菱形；（2）若AB8，菱形ADBF的面积为40求AC的长【思路点拨】（1）利用平行线的性质可得AFCFCD，FAECDE，利用中点的定义可得AEDE，从而证明FAECDE，然后利用全等三角形的性质可得AFCD，再根据D是BC的中点

57、，可得AFBD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BDAD，从而利用菱形的判定定理即可解答；（2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积2ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得ABC的面积2ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可解答【完整解答】（1）证明：AFBC，AFCFCD，FAECDE，点E是AD的中点，AEDE，FAECDE（AAS），AFCD，点D是BC的中点，BDCD，AFBD，四边形AFBD是平行四边形，BAC90，D是BC的中点，ADBDBC，四边形ADBF是菱形；（2）解：四边形ADBF是

58、菱形，菱形ADBF的面积2ABD的面积，点D是BC的中点，ABC的面积2ABD的面积，菱形ADBF的面积ABC的面积40，ABAC40，8AC40，AC10，AC的长为10【考点剖析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键5（2009威海）如图1，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点，HAEBFCGD，连接EG，FH，交点为O（1）如图2，连接EF，FG，GH，HE，试判断四边形EFGH的形状，并证明你的结论；（2）将正方形ABCD沿线段EG，HF剪开，再把得

59、到的四个四边形按图3的方式拼接成一个四边形若正方形ABCD的边长为3cm，HAEBFCGD1cm，则图3中阴影部分的面积为 1cm2【思路点拨】（1）先证明AEHBFECGFDHG，可得出四边形GHEF是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，又可得出菱形的一个角是直角，那么就可得出四边形GHEF是正方形（2）根据已知条件，可以知道重新拼成的四边形是正方形（因为正方形GHEF的对角线翻到了外边，做了新拼成的正方形的边长），利用勾股定理求出GF和GO、FO的长，所的面积是10减去4个四边形GOFC的面积就是阴影部分的面积【完整解答】解：（1）四边形EFGH是正方形证明：四边形ABCD是正方形，ABC

60、D90，ABBCCDDA，HAEBFCGD，AEBFCGDH，AEHBFECGFDHG，EFFGGHHE，四边形EFGH是菱形，DHGAEH，DHGAEH，AEH+AHE90，DHG+AHE90，GHE90，四边形EFGH是正方形（2）HAEBFCGD1，ABBCCDAD3，GFEFEHGH（cm），由（1）知，四边形EFGH是正方形，GOOF，GOF90，由勾股定理得：GOOF（cm），S四边形FCGO12+（cm2，S阴影S四边形FCGO41091（cm2），故答案为：1【考点剖析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及菱形的判定的综合运用6（2023苏州）如图，AB是半圆O的

61、直径，点C，D在半圆上，连接OC，CA，OD，过点B作EBAB，交OD的延长线于点E设OAC的面积为S1，OBE的面积为S2，若，则tanACO的值为（）ABCD【思路点拨】如图，过C作CHAO于H，证明CODBOECAO，由，即，可得，证明tanAtanBOE，可得，设AH2m，则BO3mAOCO，可得OH3m2mm，CHm，再利用正切的定义可得答案【完整解答】解：如图，过C作CHAO于H，CODBOECAO，即，ABOE，tanAtanBOE，即，设AH2m，则BO3mAOCO，OH3m2mm，CH，tanA，OAOC，AACO，tanACO；故选A【考点剖析】本题考查的是圆周角定理的应用

62、，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键7（2023金昌）如图，ABC内接于O，AB是O的直径，点D是O上一点，CDB55，则ABC35【思路点拨】根据圆周角定理和三角形的内角和定理即可得到结论【完整解答】解：AB是O的直径，ACB90，AD55，ABC180ACBA35，故答案为：35【考点剖析】本题考查了三角形的外接圆与外心：熟练掌握三角形的外心的定义与性质也考查了圆周角定理8（2023辽宁）如图，ABC内接于O，AB是O的直径，CE平分ACB交O于点E，过点E作EFAB，交CA的延长线于点F（1）求证：EF与O相切；（2）若CAB30，AB8，过

63、点E作EGAC于点M，交O于点G，交AB于点N，求的长【思路点拨】（1）连接OE，利用直径所对的圆周角为直角，角平分线的定义，圆周角定理，垂直的定义，平行线的性质和圆的切线的判定定理解答即可；（2）连接OG，OC，利用同圆的半径相等，等边三角形的判定与性质，圆周角定理求得AOG的度数，再利用圆的弧长公式计算即可【完整解答】（1）证明：连接OE，如图，AB是O的直径，ACB90，CE平分ACB交O于点E，ACEACB45，AOE2ACE90，OEAB，EFAB，OEFEOE为O的半径，EF与O相切；（2）解：连接OG，OC，CAB30，ACB90，B60，OBOC，OBC为等边三角形，COB60

64、，AOC120ACE45，EGAC，MEC45，GOC2MEC90，AOGAOCGOC30，AB8，AB是O的直径，OAOG4，的长【考点剖析】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，垂直的定义，平行线的性质，圆的切线的判定定理，圆的弧长公式，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线9（2023镇江）九章算术中记载：“今有勾八步，股一十五步问勾中容圆径几何？”译文：今有一个直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据勾、股，求得弦长用勾、股、弦相加作为除

65、数，用勾乘以股，再乘以2作为被除数，商即为该直角三角形内切圆的直径，求得该直径等于 6步（注：“步”为长度单位）【思路点拨】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径【完整解答】解：根据勾股定理得：斜边为17，则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径r3（步），即直径为6步，故答案为：6【考点剖析】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握RtABC中，两直角边分别为a、b，斜边为c，其内切圆半径r是解题的关键10（2023菏泽）如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 6（结果保留）【思路点

66、拨】先根据正八边形的性质求出圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可【完整解答】解：由题意得，HAB135，AHAB4，S阴影部分6，故答案为：6【考点剖析】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形内角和的计算方法以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提B58，ACD4011（2023张家界）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧；是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧；是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心，按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5称为正方形的“渐

67、开线”，则点A2023的坐标是 （2023，1）【思路点拨】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转90，再根据A、A1、A2、A3、A4的坐标找到规律即可【完整解答】解：A点坐标为（1，1），且A1为A点绕B点顺时针旋转90所得，A1点坐标为（2，0），又A2为A1点绕O点顺时针旋转90所得，A2点坐标为（0，2），又A3为A2点绕C点顺时针旋转90所得，A3点坐标为（3，1），又A4为A3点绕A点顺时针旋转90所得，A4点坐标为（1，5），由此可得出规律：An为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转90，且半径为1、2、3、n，每次增加1202345053，故A2023为以点C为

68、圆心，半径为2022的A2022顺时针旋转90所得，故A2023点坐标为（2023，1）故答案为：（2023，1）【考点剖析】本题考查了点坐标规律探索，通过点的变化探索出坐标变化的规律是解题的关键12（2023温州）图1是44方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的半径为 5若点A，N，M在同一直线上，ABPN，DEEF，则题字区域的面积为 【思路点拨】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾

69、股定理求得r，连接 OE，取ED的中点T，连接OT，在RtOET中，根据勾股定理即可求解【完整解答】解：如图所示，依题意，GH2GQ，过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QHHL4，又NKQL，O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，OHrKHr2，在RtOHQ中，OH2+QH2QO2，（r2）2+42r2，解得：r5；连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，过点O作OUAM于点U.连接OA由OUNNPM，可得，OUMN2，NU，AU，ANAUNU2，ANMN，ABPN，ABOT，ASSB，NSBM，NSMP，M，P，B共线，又NBNA，ABM90，MNNB，NPMP，MPP

70、B2，NSMB2，KH+HN2+46，ON651，OS3，设EFSTa，则 ，在RtOET中，OE2OT2+TE2，即 ，整理得 5a2+12a320，即（a+4）（5a8）0，解得： 或a4，题字区域的面积为 故答案为：【考点剖析】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键13（2023呼和浩特）圆锥的高为，母线长为3，沿一条母线将其侧面展开，展开图（扇形）的圆心角是 120度，该圆锥的侧面积是 3（结果用含的式子表示）【思路点拨】首先求出圆锥底面半径，进而求出圆锥底面圆的周长，然后根据扇形的弧长公式可求出展开图（扇形）的圆心角，进而再求出扇形的面

71、积即可【完整解答】解：圆锥的高为，母线长为3，圆锥底面圆的半径为：，圆锥底面圆的周长为：2设展开图（扇形）的圆心角是n，依题意得：，解得：n120，圆锥的侧面积是：故答案为：120，3【考点剖析】此题主要考查了圆锥的侧面展开图，熟练掌握圆锥的高、母线长，底面圆半径之间的关系，扇形的面积公式，弧长公式是解答此题的关键59（2023长春）【感知】如图，点A、B、P均在O上，AOB90，则锐角APB的大小为 45度【探究】小明遇到这样一个问题：如图，O是等边三角形ABC的外接圆，点P在弧AC上（点P不与点A、C重合），连接PA、PB、PC求证：PBPA+PC小明发现，延长PA至点E，使AEPC，连接

72、BE，通过证明PBCEBA可推得PBE是等边三角形，进而得证下面是小明的部分证明过程：证明：延长PA至点E，使AEPC，连接BE四边形ABCP是O的内接四边形，BAP+BCP180，BAP+BAE180，BCPBAE，ABC是等边三角形，BABC，PBCEBA（SAS）请你补全余下的证明过程【应用】如图，O是ABC的外接圆，ABC90，ABBC，点P在O上，且点P与点B在AC的两侧，连接PA、PB、PC，若，则的值为 【思路点拨】【感知】根据圆周角定理即可得出答案；【探究】先构造出PBCEBA（SAS），得出PBEB，进而得出PBE是等边三角形，即可得出结论；【应用】先构造出PBCGBA（SA

73、S），进而判断出PBG90，进而得出PBG是等腰直角三角形，即可得出结论；【完整解答】【感知】解：AOB90，APBAOB45（在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半），故答案为：45；【探究】证明：延长PA至点E，使AEPC，连接BE四边形ABCP是O的内接四边形，BAP+BCP180，BAP+BAE180，BCPBAE，ABC是等边三角形，BABC，PBCEBA（SAS），PBEB，ABC是等边三角形，ACB60，APB60，PBE为等边三角形，PBPEAE+APPC+AP；【应用】解：如图，延长PA至点G，使AGPC，连接BE四边形ABCP是O的内接四边形，BAP+BCP180，BAP+BAG180，BCPBAG，BABC，PBCGBA（SAS），PBGB，PBCGBA，ABC90，PBGGBA+ABPPBC+ABPABC90，PGBP，PGPA+AGPA+PC，PCPGPA2PAPA3PA，故答案为：【考点剖析】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键