備戰(zhàn)中考數學真題題源解密專題18特殊四邊形及圓的相關證明與計算（17類重點考向）含答案及解析

主題四平面幾何專題18特殊四邊形及圓的相關證明與計算目錄一覽知識目標（新課程標準提煉）中考命題趨勢（分析考察方向，精準把握重難點）重點考向（以真題為例，探究中考命題方向）?考向一直角三角形斜邊上的中線?考向二平行四邊形的判定與性質?考向三矩形的判定與性質?考向四菱形的判定與性質?考向五正方形的判定與性質?考向六垂徑定理的應用?考向七圓周角定理?考向八圓內接四邊形的性質?考向九三角形的外接圓與外心?考向十直線與圓的位置關系?考向十一切線的判定與性質?考向十二三角形的內切圓與內心?考向十三正多邊形和圓?考向十四弧長的計算?考向十五扇形面積的計算?考向十六圓錐的計算?考向十七圓的綜合題最新真題薈萃（精選最新典型真題，強化知識運用，優(yōu)化解題技巧）1.理解矩形、菱形、正方形的概念，以及它們之間的關系；探索并證明矩形、菱形、正方形的性質定理和判定定理.2.探索圓周角與圓心角及其所對弧的關系，了解并證明圓周角定理及其推論；理解圓、弧、弦、圓心角、圓周角的概念，了解等圓、等弧的概念；知道三角形的外心；3.圓內接四邊形的對角互補．了解直線和圓的位置關系，掌握切線的概念，探索切線與過切點的半徑關系，會用三角尺過圓上一點畫圓的切線；知道三角形的內心．4.會計算圓的弧長、扇形的面積；了解正多邊形的概念及正多邊形與圓的關系．特殊四邊形考點內容是考查重點，年年都會考查，分值為15分左右，預計2024年各地中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質和判定求角度、長度問題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態(tài)問題綜合應用的可能性比較大。對于本考點內容，要注重基礎，反復練習，靈活運用。圓的性質及其證明與計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為5分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查，考查形式多樣，多以動點、動圖的形式給出，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分。與切線有關的證明與計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為8分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查，在解答題中想必還會考查切線的性質和判定，和直角三角形結合的求線段長的問題和三角函數結合的求角度的問題等知識點綜合，考查形式多樣，多以動點、動圖的形式給出，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分。弧長、扇形面積相關計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為5分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查弧長、扇形面積，考查形式多樣，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分。?考向一直角三角形斜邊上的中線1．（2023?株洲）一技術人員用刻度尺（單位：cm）測量某三角形部件的尺寸．如圖所示，已知∠ACB＝90°，點D為邊AB的中點，點A、B對應的刻度為1、7，則CD＝（）A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm2．（2023?荊州）如圖，CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，E為AC的中點．若AC＝8，CD＝5，則DE＝．?考向二平行四邊形的判定與性質3．（2023?貴州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延長CB至D，使得BD＝CB，過點A，D分別作AE∥BD，DE∥BA，AE與DE相交于點E．下面是兩位同學的對話：小星：由題目的已知條件，若連接BE，則可證明BE⊥CD．小紅：由題目的已知條件，若連接CE，則可證明CE＝DE．（1）請你選擇一位同學的說法，并進行證明；（2）連接AD，若，求AC的長．4．（2023?揚州）如圖，點E、F、G、H分別是平行四邊形ABCD各邊的中點，連接AF、CE相交于點M，連接AG、CH相交于點N．（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；（2）若?AMCN的面積為4，求?ABCD的面積．?考向三矩形的判定與性質5．（2023?雅安）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為．6．（2023?大慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為線段CD的中點，連接AC，AE，延長AE，BC交于點F，連接DF，∠ACF＝90°．（1）求證：四邊形ACFD是矩形；（2）若CD＝13，CF＝5，求四邊形ABCE的面積．?考向四菱形的判定與性質7．（2023?德陽）如圖，?ABCD的面積為12，AC＝BD＝6，AC與BD交于點O，分別過點C，D作BD，AC的平行線相交于點F，點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，則PG的最小值是（）A．1 B． C． D．38．（2022?遼寧）如圖，CD是△ABC的角平分線，過點D分別作AC，BC的平行線，交BC于點E，交AC于點F．若∠ACB＝60°，CD＝4，則四邊形CEDF的周長是．?考向五正方形的判定與性質9．（2020?臺州）下列是關于某個四邊形的三個結論：①它的對角線相等；②它是一個正方形；③它是一個矩形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③ C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②10．（2017?玉林）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中點，E，F(xiàn)分別是AC，BC上的點（點E不與端點A，C重合），且AE＝CF，連接EF并取EF的中點O，連接DO并延長至點G，使GO＝OD，連接DE，DF，GE，GF．（1）求證：四邊形EDFG是正方形；（2）當點E在什么位置時，四邊形EDFG的面積最小？并求四邊形EDFG面積的最小值．?考向六垂徑定理的應用11．（2023?廣西）趙州橋是當今世界上建造最早，保存最完整的中國古代單孔敞肩石拱橋．如圖，主橋拱呈圓弧形，跨度約為37m，拱高約為7m，則趙州橋主橋拱半徑R約為（）A．20m B．28m C．35m D．40m12．（2023?東營）“圓材埋壁”是我國古代數學名著《九章算術》中的一個問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大?。凿忎徶?，深一寸，鋸道長一尺．問：徑幾何？”轉化為現(xiàn)在的數學語言表達就是：如圖，CD為⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，CE＝1寸，AB＝10寸，則直徑CD的長度為寸．?考向七圓周角定理13．（2023?云南）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點．若∠BOC＝66°，則∠A＝（）A．66° B．33° C．24° D．30°14．（2023?深圳）如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點，∠BAC的角平分線與⊙O交于點D，若∠ADC＝20°，則∠BAD＝°．?考向八圓內接四邊形的性質15．（2023?西藏）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，E為BC延長線上一點．若∠DCE＝65°，則∠BOD的度數是（）A．65° B．115° C．130° D．140°16．（2023?淮安）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，則∠BAD的度數是°．?考向九三角形的外接圓與外心17．（2023?自貢）如圖，△ABC內接于⊙O，CD是⊙O的直徑，連接BD，∠DCA＝41°，則∠ABC的度數是（）A．41° B．45° C．49° D．59°18．（2023?湖北）如圖，在3×3的正方形網格中，小正方形的頂點稱為格點，頂點均在格點上的圖形稱為格點圖形，圖中的圓弧為格點△ABC外接圓的一部分，小正方形邊長為1，圖中陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣?考向十直線與圓的位置關系19．（2023?宿遷）在同一平面內，已知⊙O的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點P為圓上的一個動點，則點P到直線l的最大距離是（）A．2 B．5 C．6 D．820．（2023?鎮(zhèn)江）已知一次函數y＝kx+2的圖象經過第一、二、四象限，以坐標原點O為圓心，r為半徑作⊙O．若對于符合條件的任意實數k，一次函數y＝kx+2的圖象與⊙O總有兩個公共點，則r的最小值為．?考向十一切線的判定與性質21．（2023?郴州）如圖，在⊙O中，AB是直徑，點C是圓上一點．在AB的延長線上取一點D，連接CD，使∠BCD＝∠A．（1）求證：直線CD是⊙O的切線；（2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求圖中陰影部分的面積（結果用含π的式子表示）．22．（2023?巴中）如圖，已知等腰△ABC，AB＝AC，以AB為直徑作⊙O交BC于點D，過D作DF⊥AC于點E，交BA延長線于點F．（1）求證：DF是⊙O的切線．（2）若CE＝，CD＝2，求圖中陰影部分的面積（結果用π表示）．?考向十二三角形的內切圓與內心23．（2023?廣州）如圖，△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠A＝α，則（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分別為（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r， D．0，24．（2023?攀枝花）已知△ABC的周長為l，其內切圓的面積為πr2，則△ABC的面積為（）A．rl B．πrl C．rl D．πrl?考向十三正多邊形和圓25．（2023?福建）我國魏晉時期數學家劉徽在《九章算術注》中提到了著名的“割圓術”，即利用圓的內接正多邊形逼近圓的方法來近似估算，指出“割之彌細，所失彌少．割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．“割圓術”孕育了微積分思想，他用這種思想得到了圓周率π的近似值為3.1416．如圖，⊙O的半徑為1，運用“割圓術”，以圓內接正六邊形面積近似估計⊙O的面積，可得π的估計值為，若用圓內接正十二邊形作近似估計，可得π的估計值為（）A． B．2 C．3 D．226．（2023?衡陽）如圖，用若干個全等的正五邊形排成圓環(huán)狀，圖中所示的是其中3個正五邊形的位置．要完成這一圓環(huán)排列，共需要正五邊形的個數是．?考向十四弧長的計算27．（2023?青島）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半徑為5，則的長為（）A． B． C．π D．28．（2023?阜新）如圖，四邊形OABC1是正方形，曲線C1C2C3C4C5…叫作“正方形的漸開線”，其中，，，，…的圓心依次按O，A，B，C1循環(huán)，當OA＝1時，點C2023的坐標是（）A．（﹣1，﹣2022） B．（﹣2023，1） C．（﹣1，﹣2023） D．（2022，0）?考向十五扇形面積的計算29．（2023?連云港）如圖，矩形ABCD內接于⊙O，分別以AB、BC、CD、AD為直徑向外作半圓．若AB＝4，BC＝5，則陰影部分的面積是（）A．π﹣20 B．π﹣20 C．20π D．2030．（2023?婁底）如圖，正六邊形ABCDEF的外接圓⊙O的半徑為2，過圓心O的兩條直線l1、l2的夾角為60°，則圖中的陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣?考向十六圓錐的計算31．（2023?赤峰）某班學生表演課本劇，要制作一頂圓錐形的小丑帽．如圖，這個圓錐的底面圓周長為20πcm，母線AB長為30cm．為了使帽子更美觀，要粘貼彩帶進行裝飾，其中需要粘貼一條從點A處開始，繞側面一周又回到點A的彩帶（彩帶寬度忽略不計），這條彩帶的最短長度是（）A．30cm B．30cm C．60cm D．20πcm32．（2023?蘇州）如圖，在?ABCD中，AB＝+1，BC＝2，AH⊥CD，垂足為H，AH＝．以點A為圓心，AH長為半徑畫弧，與AB，AC，AD分別交于點E，F(xiàn)，G．若用扇形AEF圍成一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r1；用扇形AHG圍成另一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r2，則r1﹣r2＝．（結果保留根號）?考向十七圓的綜合題33．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC，AD，BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O，B重合），連接OF．（1）若BE＝1，求GE的長．（2）求證：BC2＝BG?BO．（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度數，并證明你的結論．34．（2023?棗莊）如圖，AB為⊙O的直徑，點C是的中點，過點C作射線BD的垂線，垂足為E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）若BE＝3，AB＝4，求BC的長；（3）在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有π的式子表示）．1．（2023?赤峰）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．點F是AB中點，連接CF，把線段CF沿射線BC方向平移到DE，點D在AC上．則線段CF在平移過程中掃過區(qū)域形成的四邊形CFDE的周長和面積分別是（）A．16，6 B．18，18 C．16，12 D．12，162．（2022?杭州）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，點E在線段AM上，EF⊥AC于點F，連接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．（1）求證：CE＝CM．（2）若AB＝4，求線段FC的長．3．（2022?德陽）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，過點D作BC的垂線，交BC的延長線于點H．點F從點B出發(fā)沿BD方向以2cm/s向點D勻速運動，同時，點E從點H出發(fā)沿HD方向以1cm/s向點D勻速運動．設點E，F(xiàn)的運動時間為t（單位：s），且0＜t＜3，過F作FG⊥BC于點G，連結EF．（1）求證：四邊形EFGH是矩形；（2）連結FC，EC，點F，E在運動過程中，△BFC與△DCE是否能夠全等？若能，求出此時t的值；若不能，請說明理由．4．（2022?涼山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．（1）求證：四邊形ADBF是菱形；（2）若AB＝8，菱形ADBF的面積為40．求AC的長．5．（2022?威海）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA上的點，HA＝EB＝FC＝GD，連接EG，F(xiàn)H，交點為O．（1）如圖2，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，試判斷四邊形EFGH的形狀，并證明你的結論；（2）將正方形ABCD沿線段EG，HF剪開，再把得到的四個四邊形按圖3的方式拼接成一個四邊形．若正方形ABCD的邊長為3cm，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，則圖3中陰影部分的面積為cm2．6．（2023?蘇州）如圖，AB是半圓O的直徑，點C，D在半圓上，，連接OC，CA，OD，過點B作EB⊥AB，交OD的延長線于點E．設△OAC的面積為S1，△OBE的面積為S2，若，則tan∠ACO的值為（） B． C． D．8．（2023?遼寧）如圖，△ABC內接于⊙O，AB是⊙O的直徑，CE平分∠ACB交⊙O于點E，過點E作EF∥AB，交CA的延長線于點F．（1）求證：EF與⊙O相切；（2）若∠CAB＝30°，AB＝8，過點E作EG⊥AC于點M，交⊙O于點G，交AB于點N，求的長．9．（2023?鎮(zhèn)江）《九章算術》中記載：“今有勾八步，股一十五步．問勾中容圓徑幾何？”譯文：今有一個直角三角形，勾（短直角邊）長為8步，股（長直角邊）長為15步，問該直角三角形內切圓的直徑是多少？書中給出的算法譯文如下：如圖，根據勾、股，求得弦長．用勾、股、弦相加作為除數，用勾乘以股，再乘以2作為被除數，商即為該直角三角形內切圓的直徑，求得該直徑等于步（注：“步”為長度單位）．10．（2023?菏澤）如圖，正八邊形ABCDEFGH的邊長為4，以頂點A為圓心，AB的長為半徑畫圓，則陰影部分的面積為（結果保留π）．11．（2023?張家界）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABOC是正方形，點A的坐標為（1，1），是以點B為圓心，BA為半徑的圓??；是以點O為圓心，OA1為半徑的圓弧；是以點C為圓心，CA2為半徑的圓弧；是以點A為圓心，AA3為半徑的圓弧，繼續(xù)以點B、O、C、A為圓心，按上述作法得到的曲線AA1A2A3A4A5…稱為正方形的“漸開線”，則點A2023的坐標是．12．（2023?溫州）圖1是4×4方格繪成的七巧板圖案，每個小方格的邊長為，現(xiàn)將它剪拼成一個“房子”造型（如圖2），過左側的三個端點作圓，并在圓內右側部分留出矩形CDEF作為題字區(qū)域（點A，E，D，B在圓上，點C，F(xiàn)在AB上），形成一幅裝飾畫，則圓的半徑為5．若點A，N，M在同一直線上，AB∥PN，DE＝EF，則題字區(qū)域的面積為．13．（2023?呼和浩特）圓錐的高為，母線長為3，沿一條母線將其側面展開，展開圖（扇形）的圓心角是度，該圓錐的側面積是（結果用含π的式子表示）．

主題四平面幾何專題18特殊四邊形及圓的相關證明與計算矩形1．矩形的性質：（1）四個角都是直角；（2）對角線相等且互相平分；（3）面積=長×寬=2S△ABD=4S△AOB．（如圖）2．矩形的判定：（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；（2）有三個角是直角的四邊形是矩形；（3）對角線相等的平行四邊形是矩形．直角三角形斜邊上的中線1.性質：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）2.定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．菱形1．菱形的性質：（1）四邊相等；（2）對角線互相垂直、平分，一條對角線平分一組對角；（3）面積=底×高=對角線乘積的一半．2．菱形的判定：（1）有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；（2）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；（3）四條邊都相等的四邊形是菱形．正方形1．正方形的性質：（1）四條邊都相等，四個角都是直角；（2）對角線相等且互相垂直平分；（3）面積=邊長×邊長=2S△ABD=4S△AOB．2．正方形的判定：（1）有一個角是直角，且有一組鄰邊相等的平行四邊形是正方形；（2）一組鄰邊相等的矩形是正方形；（3）一個角是直角的菱形是正方形；（4）對角線相等且互相垂直、平分的四邊形是正方形．四邊形、平行四邊形和特殊四邊形的關系①兩組對邊分別平行；②相鄰兩邊相等；③有一個角是直角；④有一個角是直角；⑤相鄰兩邊相等；⑥有一個角是直角，相鄰兩邊相等；⑦四邊相等；⑧有三個角都是直角．中點四邊形1.任意四邊形所得到的中點四邊形一定是平行四邊形.2.對角線相等的四邊形所得到的中點四邊形是矩形.3.對角線互相垂直的四邊形所得到的中點四邊形是菱形.4.對角線互相垂直且相等的四邊形所得到的中點四邊形是正方形.與折疊有關的計算常用性質1.折疊問題的本質是全等變換，折疊前的部分與折疊后的部分是全等圖形；2.折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）；3.折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）.與圓有關的概念和性質1.圓：平面上到定點的距離等于定長的所有點組成的圖形．2.弦與直徑：連接圓上任意兩點的線段叫做弦，過圓心的弦叫做直徑，直徑是圓內最長的弦．3.?。簣A上任意兩點間的部分叫做弧，小于半圓的弧叫做劣弧，大于半圓的弧叫做優(yōu)弧．4.圓心角：頂點在圓心的角叫做圓心角．5.圓周角：頂點在圓上，并且兩邊都與圓還有一個交點的角叫做圓周角．6.弦心距：圓心到弦的距離．注意1.經過圓心的直線是該圓的對稱軸，故圓的對稱軸有無數條；2.3點確定一個圓，經過1點或2點的圓有無數個．3.任意三角形的三個頂點確定一個圓，即該三角形的外接圓．垂徑定理及其推論1．垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．關于垂徑定理的計算常與勾股定理相結合，解題時往往需要添加輔助線，一般過圓心作弦的垂線，構造直角三角形．2．推論①平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧；②弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條?。畧A心角、弧、弦的關系1．定理：在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦相等．圓心角、弧和弦之間的等量關系必須在同圓等式中才成立．2．推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．圓周角定理及其推論1．定理：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．2．推論：①在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等．②直徑所對的圓周角是直角．③圓內接四邊形的對角互補．點與圓的位置關系設點到圓心的距離為d．（1）d<r?點在⊙O內；(2)d=r?點在⊙O上；(3)d>r?點在⊙O外．判斷點與圓之間的位置關系，將該點的圓心距與半徑作比較即可．直線和圓的位置關系位置關系相離相切相交圖形公共點個數0個1個2個數量關系d>rd=rd<r切線的性質1.切線與圓只有一個公共點．2.切線到圓心的距離等于圓的半徑．3.切線垂直于經過切點的半徑．切線的判定1.與圓只有一個公共點的直線是圓的切線（定義法）．2.到圓心的距離等于半徑的直線是圓的切線．3.經過半徑外端點并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．三角形的外接圓相關概念經過三角形各頂點的圓叫做三角形的外接圓，外接圓的圓心叫做三角形的外心，這個三角形叫做圓的內接三角形．外心是三角形三條垂直平分線的交點，它到三角形的三個頂點的距離相等．三角形的內切圓與三角形各邊都相切的圓叫做三角形的內切圓，內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．內心是三角形三條角平分線的交點，它到三角形的三條邊的距離相等．正多邊形的有關概念正多邊形中心：正多邊形的外接圓的圓心叫做這個正多邊形的中心．正多邊形半徑：正多邊形外接圓的半徑叫做正多邊形半徑．正多邊形中心角：正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形中心角．正多邊形邊心距：正多邊形中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距．弧長和扇形面積的計算扇形的弧長l=；扇形的面積S==圓錐與側面展開圖1）圓錐側面展開圖是一個扇形，扇形的半徑等于圓錐的母線，扇形的弧長等于圓錐的底面周長．2）若圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則這個扇形的半徑為l，扇形的弧長為2πr，圓錐的側面積為S圓錐側=．圓錐的表面積：S圓錐表=S圓錐側+S圓錐底=πrl+πr2=πr·（l+r）．在求不規(guī)則圖形的面積時，注意利用割補法與等積變化方法歸為規(guī)則圖形，再利用規(guī)則圖形的公式求解．公式法所求圖形是規(guī)則圖形，如扇形、特殊四邊形等，可直接利用公式計算和差法所求圖形是不規(guī)則圖形，可通過轉化成規(guī)則圖形的面積的和或差等積變換法直接求面積較麻煩或根本求不出時，通過對圖形的平移、旋轉、割補等，為公式法或和差法創(chuàng)造條件

主題四平面幾何專題18特殊四邊形及圓的相關證明與計算目錄一覽知識目標（新課程標準提煉）中考命題趨勢（分析考察方向，精準把握重難點）重點考向（以真題為例，探究中考命題方向）?考向一直角三角形斜邊上的中線?考向二平行四邊形的判定與性質?考向三矩形的判定與性質?考向四菱形的判定與性質?考向五正方形的判定與性質?考向六垂徑定理的應用?考向七圓周角定理?考向八圓內接四邊形的性質?考向九三角形的外接圓與外心?考向十直線與圓的位置關系?考向十一切線的判定與性質?考向十二三角形的內切圓與內心?考向十三正多邊形和圓?考向十四弧長的計算?考向十五扇形面積的計算?考向十六圓錐的計算?考向十七圓的綜合題最新真題薈萃（精選最新典型真題，強化知識運用，優(yōu)化解題技巧）1.理解矩形、菱形、正方形的概念，以及它們之間的關系；探索并證明矩形、菱形、正方形的性質定理和判定定理.2.探索圓周角與圓心角及其所對弧的關系，了解并證明圓周角定理及其推論；理解圓、弧、弦、圓心角、圓周角的概念，了解等圓、等弧的概念；知道三角形的外心；3.圓內接四邊形的對角互補．了解直線和圓的位置關系，掌握切線的概念，探索切線與過切點的半徑關系，會用三角尺過圓上一點畫圓的切線；知道三角形的內心．4.會計算圓的弧長、扇形的面積；了解正多邊形的概念及正多邊形與圓的關系．特殊四邊形考點內容是考查重點，年年都會考查，分值為15分左右，預計2024年各地中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質和判定求角度、長度問題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態(tài)問題綜合應用的可能性比較大。對于本考點內容，要注重基礎，反復練習，靈活運用。圓的性質及其證明與計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為5分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查，考查形式多樣，多以動點、動圖的形式給出，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分。與切線有關的證明與計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為8分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查，在解答題中想必還會考查切線的性質和判定，和直角三角形結合的求線段長的問題和三角函數結合的求角度的問題等知識點綜合，考查形式多樣，多以動點、動圖的形式給出，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分?；￠L、扇形面積相關計算板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數考生來說也是難點，分值為5分左右。預計2024年各地中考肯定還是考查的重點在選擇、填空題中考查弧長、扇形面積，考查形式多樣，難度較大。關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分。?考向一直角三角形斜邊上的中線1．（2023?株洲）一技術人員用刻度尺（單位：cm）測量某三角形部件的尺寸．如圖所示，已知∠ACB＝90°，點D為邊AB的中點，點A、B對應的刻度為1、7，則CD＝（）A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm【思路點撥】根據圖形和直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可以計算出CD的長．【完整解答】解：由圖可得，∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），點D為線段AB的中點，∴CD＝AB＝3cm，故選：B．【考點剖析】本題考查直角三角形斜邊上的中線，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．2．（2023?荊州）如圖，CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，E為AC的中點．若AC＝8，CD＝5，則DE＝3．【思路點撥】根據直角三角形斜邊上的中線的性質得到AB＝2CD＝10，根據勾股定理得到BC＝＝6，根據三角形中位線定理即可得到結論．【完整解答】解：∵CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，CD＝5，∴AB＝2CD＝10，∵∠ACB＝90°，AC＝8，∴BC＝＝6，∵E為AC的中點，∴AE＝CE，∴DE是△ABC的中位線，∴DE＝BC＝3，故答案為：3．【考點剖析】本題考查了直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，三角形中位線定理，熟練掌握直角三角形的性質是解題的關鍵．?考向二平行四邊形的判定與性質3．（2023?貴州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延長CB至D，使得BD＝CB，過點A，D分別作AE∥BD，DE∥BA，AE與DE相交于點E．下面是兩位同學的對話：小星：由題目的已知條件，若連接BE，則可證明BE⊥CD．小紅：由題目的已知條件，若連接CE，則可證明CE＝DE．（1）請你選擇一位同學的說法，并進行證明；（2）連接AD，若，求AC的長．【思路點撥】（1）小星：連接BE，根據平行四邊的判定定理得到四邊形ABDE是平行四邊形，根據平行四邊形的性質得到AE＝BD，推出四邊形AEBC是平行四邊形，根據矩形性質得到BE⊥CD；小紅：連接BE，CE，根據平行四邊形的判定和性質以及矩形的判定和性質定理即可得到論；（2）連接AD，設CB＝2k，AC＝3k，根據勾股定理即可得到結論．【完整解答】（1）證明：小星：連接BE，∵AE∥BD，DE∥BA，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE＝BD，∵BD＝BC，∴AE＝BC，∵AE∥BC，∴四邊形AEBC是平行四邊形，∵∠C＝90°，∴四邊形AEBC是矩形，∴∠EBC＝90°，∴BE⊥CD；小紅：連接CE，BE，∵AE∥BD，DE∥BA，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE＝BD，AB＝DE，∵BD＝BC，∴AE＝BC，∵AE∥BC，∴四邊形AEBC是平行四邊形，∵∠C＝90°，∴四邊形AEBC是矩形，∴AB＝CE，∴DE＝CE；（2）∵，∴設CB＝2k，AC＝3k，∴CD＝4k，∵AC2+DC2＝AD2，∴（3k）2+（4k）2＝（5）2，∴k＝，∴AC＝3．【考點剖析】本題考查了平行四邊形的判定和性質，勾股定理，矩形的判定，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．4．（2023?揚州）如圖，點E、F、G、H分別是平行四邊形ABCD各邊的中點，連接AF、CE相交于點M，連接AG、CH相交于點N．（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；（2）若?AMCN的面積為4，求?ABCD的面積．【思路點撥】（1）依據四邊形AFCH是平行四邊形，可得AM∥CN，依據四邊形AECG是平行四邊形，可得AN∥CM，進而得出四邊形AMCN是平行四邊形；（2）連接AC，依據三角形重心的性質，即可得到S△ACN＝S△ACH，再根據CH是△ACD的中線，即可得出S△ACN＝S△ACD，進而得到S平行四邊形AMCN＝S平行四邊形ABCD，依據?AMCN的面積為4，即可得出結論．【完整解答】解：（1）∵點E、F、G、H分別是平行四邊形ABCD各邊的中點，∴AH∥CF，AH＝CF，∴四邊形AFCH是平行四邊形，∴AM∥CN，同理可得，四邊形AECG是平行四邊形，∴AN∥CM，∴四邊形AMCN是平行四邊形；（2）如圖所示，連接AC，∵H，G分別是AD，CD的中點，∴點N是△ACD的重心，∴CN＝2HN，∴S△ACN＝S△ACH，又∵CH是△ACD的中線，∴S△ACN＝S△ACD，又∵AC是平行四邊形AMCN和平行四邊形ABCD的對角線，∴S平行四邊形AMCN＝S平行四邊形ABCD，又∵?AMCN的面積為4，∴?ABCD的面積為12．【考點剖析】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質以及三角形重心性質的運用，解決問題的關鍵是掌握平行四邊形的判定方法以及三角形重心性質．?考向三矩形的判定與性質5．（2023?雅安）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為3．【思路點撥】連接CP，由勾股定理求出AB的長，再證四邊形CDPE是矩形，得DE＝CP，然后由等腰直角三角形的性質求出CP的長，即可得出結論．【完整解答】解：如圖，連接CP，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，∵PD⊥BC，PE⊥AC，∴∠PDC＝∠PEC＝90°，∴四邊形CDPE是矩形，∴DE＝CP，由垂線段最短可得，當CP⊥AB時，線段DE的值最小，此時，AP＝BP，∴CP＝AB＝3，∴DE的最小值為3，故答案為：3．【考點剖析】本題考查了矩形的判定與性質、勾股定理、垂線段最短以及等腰直角三角形的性質等知識，熟練掌握矩形的判定與性質是解題的關鍵．6．（2023?大慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為線段CD的中點，連接AC，AE，延長AE，BC交于點F，連接DF，∠ACF＝90°．（1）求證：四邊形ACFD是矩形；（2）若CD＝13，CF＝5，求四邊形ABCE的面積．【思路點撥】（1）證明△ADE≌△FCE（AAS），得AE＝FE，所以四邊形ACFD是平行四邊形，再根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可解決問題；（2）根據矩形的性質和勾股定理求出DF的值，由△ADE≌△FCE，可得四邊形ABCE的面積＝平行四邊形ABCD﹣△CEF的面積，進而可以解決問題．【完整解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，∵E為線段CD的中點，∴DE＝CE，∴△ADE≌△FCE（AAS），∴AE＝FE，∴四邊形ACFD是平行四邊形，∵∠ACF＝90°，∴四邊形ACFD是矩形；（2）解：∵四邊形ACFD是矩形，∴∠CFD＝90°，AC＝DF，∵CD＝13，CF＝5，∴DF＝＝＝12，∵△ADE≌△FCE，∵△CEF的面積＝△ACF的面積＝5×12＝15，平行四邊形ABCD的面積＝BC?AC＝5×12＝60，∴四邊形ABCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積﹣△CEF的面積＝60﹣15＝45．【考點剖析】本題考查了矩形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握矩形的性質．?考向四菱形的判定與性質7．（2023?德陽）如圖，?ABCD的面積為12，AC＝BD＝6，AC與BD交于點O，分別過點C，D作BD，AC的平行線相交于點F，點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，則PG的最小值是（）A．1 B． C． D．3【思路點撥】先判定四邊形OCFD為菱形，找出當GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．過D點作DM⊥AC于M，過G點作GP⊥AC與P，則GP∥OD，利用平行四邊形的面積求解DM的長，再利用三角形的中位線定理可求解PG的長，進而可求解．【完整解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，AC＝BD，∴OD＝OC，∵DF∥AC，OD∥CF，∴四邊形OCFD為菱形，∵點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，∴當GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．過D點作DM⊥AC于M，過G點作GP⊥AC與P，則GP∥MD，∵矩形ABCD的面積為12，AC＝6，∴2×AC?DM＝12，即2××6?DM＝12，解得DM＝2，∵G為CD的中點，∴GP為△DMC的中位線，∴GP＝DM＝1，故PG的最小值為1．故選：A．【考點剖析】本題主要考查平行四邊形的性質，菱形的判定與性質，三角形的中位線等知識的綜合運用，找準PG有最小值時的P點位置是解題的關鍵．8．（2022?遼寧）如圖，CD是△ABC的角平分線，過點D分別作AC，BC的平行線，交BC于點E，交AC于點F．若∠ACB＝60°，CD＝4，則四邊形CEDF的周長是16．【思路點撥】連接EF交CD于O，證明四邊形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四邊形CEDF的周長是4CE＝16．【完整解答】解：連接EF交CD于O，如圖：∵DE∥AC，DF∥BC，∴四邊形CEDF是平行四邊形，∵CD是△ABC的角平分線，∴∠FCD＝∠ECD，∵DE∥AC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE，∴四邊形CEDF是菱形，∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，CE＝＝＝4，∴四邊形CEDF的周長是4CE＝4×4＝16，故答案為：16．【考點剖析】本題考查是三角形角平分線及菱形性質和判定，解題的關鍵是掌握平行線性質，證明四邊形CEDF是菱形．?考向五正方形的判定與性質9．（2020?臺州）下列是關于某個四邊形的三個結論：①它的對角線相等；②它是一個正方形；③它是一個矩形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③ C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②【思路點撥】根據對角線相等的四邊形推不出是正方形或矩形即可判斷．【完整解答】解：對角線相等的四邊形推不出是正方形或矩形，故①→②，①→③錯誤，故選項B，C，D錯誤，故選：A．【考點剖析】本題考查正方形的判定和性質，矩形的判定等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．10．（2017?玉林）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中點，E，F(xiàn)分別是AC，BC上的點（點E不與端點A，C重合），且AE＝CF，連接EF并取EF的中點O，連接DO并延長至點G，使GO＝OD，連接DE，DF，GE，GF．（1）求證：四邊形EDFG是正方形；（2）當點E在什么位置時，四邊形EDFG的面積最小？并求四邊形EDFG面積的最小值．【思路點撥】（1）連接CD，根據等腰直角三角形的性質可得出∠A＝∠DCF＝45°、AD＝CD，結合AE＝CF可證出△ADE≌△CDF（SAS），根據全等三角形的性質可得出DE＝DF、ADE＝∠CDF，通過角的計算可得出∠EDF＝90°，再根據O為EF的中點、GO＝OD，即可得出GD⊥EF，且GD＝2OD＝EF，由此即可證出四邊形EDFG是正方形；（2）過點D作DE′⊥AC于E′，根據等腰直角三角形的性質可得出DE′的長度，從而得出2≤DE＜2，再根據正方形的面積公式即可得出四邊形EDFG的面積的最小值．【完整解答】（1）證明：連接CD，如圖1所示．∵△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D是AB的中點，∴∠A＝∠DCF＝45°，AD＝CD．在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF．∵∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠EDC+∠CDF＝∠EDF＝90°，∴△EDF為等腰直角三角形．∵O為EF的中點，GO＝OD，∴GD⊥EF，且GD＝2OD＝EF，∴四邊形EDFG是正方形；（2）解：過點D作DE′⊥AC于E′，如圖2所示．∵△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，∴DE′＝BC＝2，AB＝4，點E′為AC的中點，∴2≤DE＜2（點E與點E′重合時取等號）．∴4≤S四邊形EDFG＝DE2＜8．∴當點E為線段AC的中點時，四邊形EDFG的面積最小，該最小值為4．【考點剖析】本題考查了正方形的判定與性質、等腰直角三角形以及全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）找出GD⊥EF且GD＝EF；（2）根據正方形的面積公式找出4≤S四邊形EDFG＜8．?考向六垂徑定理的應用11．（2023?廣西）趙州橋是當今世界上建造最早，保存最完整的中國古代單孔敞肩石拱橋．如圖，主橋拱呈圓弧形，跨度約為37m，拱高約為7m，則趙州橋主橋拱半徑R約為（）A．20m B．28m C．35m D．40m【思路點撥】設主橋拱半徑R，根據垂徑定理得到AD＝，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【完整解答】解：由題意可知，AB＝37m，CD＝7m，設主橋拱半徑為Rm，∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m，∵OC是半徑，OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝（m），在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，∴（）2+（R﹣7）2＝R2，解得R＝≈28．故選：B．【考點剖析】本題主要考查垂徑定理的應用，涉及勾股定理，解題的關鍵是用勾股定理列出關于R的方程解決問題．12．（2023?東營）“圓材埋壁”是我國古代數學名著《九章算術》中的一個問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大小．以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問：徑幾何？”轉化為現(xiàn)在的數學語言表達就是：如圖，CD為⊙O的直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，CE＝1寸，AB＝10寸，則直徑CD的長度為26寸．【思路點撥】連接OA，設⊙O的半徑是r寸，由垂徑定理得到AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）2+52，求出r，即可得到圓的直徑長．【完整解答】解：連接OA，設⊙O的半徑是r寸，∵直徑CD⊥AB，∴AE＝AB＝×10＝5寸，∵CE＝1寸，∴OE＝（r﹣1）寸，∵OA2＝OE2+AE2，∴r2＝（r﹣1）2+52，∴r＝13，∴直徑CD的長度為2r＝26寸．故答案為：26．【考點剖析】本題考查垂徑定理的應用，勾股定理的應用，關鍵是連接OA構造直角三角形，應用垂徑定理，勾股定理列出關于圓半徑的方程．?考向七圓周角定理13．（2023?云南）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點．若∠BOC＝66°，則∠A＝（）A．66° B．33° C．24° D．30°【思路點撥】根據圓周角定理解答即可，在同圓或等圓中，同弧所對的圓周角等于這條弧所對的圓心角的一半．【完整解答】解：∵∠A＝∠BOC，∠BOC＝66°，∴∠A＝33°．故選：B．【考點剖析】本題考查了圓周角定理，圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．定理成立的條件是“同一條弧所對的”兩種角，在運用定理時不要忽略了這個條件，把不同弧所對的圓周角與圓心角錯當成同一條弧所對的圓周角和圓心角．14．（2023?深圳）如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為圓上一點，∠BAC的角平分線與⊙O交于點D，若∠ADC＝20°，則∠BAD＝35°．【思路點撥】先根據直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圓周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠BAC＝70°，從而利用角平分線的定義進行計算，即可解答．【完整解答】解：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝20°，∴∠ADC＝∠ABC＝20°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠BAC＝35°，故答案為：35．【考點剖析】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．?考向八圓內接四邊形的性質15．（2023?西藏）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，E為BC延長線上一點．若∠DCE＝65°，則∠BOD的度數是（）A．65° B．115° C．130° D．140°【思路點撥】根據鄰補角互補求出∠DCB的度數，再根據圓內接四邊形對角互補求出∠BAD的度數，最后根據圓周角定理即可求出∠BOD的度數．【完整解答】解：∵∠DCE＝65°，∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠BAD+∠DCB＝180°，∴∠BAD＝65°，∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，故選：C．【考點剖析】本題考查了圓內接四邊形的性質、圓周角定理，熟練掌握這些定理和性質是解題的關鍵．16．（2023?淮安）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，則∠BAD的度數是120°．【思路點撥】連接OD，根據等邊三角形的性質得到∠C＝60°，再根據圓內接四邊形的性質計算，得到答案．【完整解答】解：如圖，連接OD，∵BC是⊙O的直徑，BC＝2CD，∴OC＝OD＝CD，∴△COD為等邊三角形，∴∠C＝60°，∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAD＝120°，故答案為：120．【考點剖析】本題考查的是圓內接四邊形的性質、等邊三角形的判定和性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．?考向九三角形的外接圓與外心17．（2023?自貢）如圖，△ABC內接于⊙O，CD是⊙O的直徑，連接BD，∠DCA＝41°，則∠ABC的度數是（）A．41° B．45° C．49° D．59°【思路點撥】由直徑所對的圓周角是直角可得∠DBC＝90°，由同弧所對的圓周角相等可得∠DBA＝∠DCA，進而可計算∠ABC．【完整解答】解：∵CD是⊙O的直徑，∴∠DBC＝90°，∵∠DBA＝∠DCA＝41°，∴∠ABC＝90°﹣∠DBA＝49°，故選：C．【考點剖析】本題主要考查了直徑所對的圓周角是直角、同弧所對的圓周角相等，解決本題的關鍵是熟練掌握相關知識點，難度不大．18．（2023?湖北）如圖，在3×3的正方形網格中，小正方形的頂點稱為格點，頂點均在格點上的圖形稱為格點圖形，圖中的圓弧為格點△ABC外接圓的一部分，小正方形邊長為1，圖中陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【思路點撥】作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設MN與PQ相交于點O，連接OA，OB，OC，則點O是△ABC外接圓的圓心，先根據勾股定理的逆定理證明△AOC是直角三角形，從而可得∠AOC＝90°，然后根據圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積，進行計算即可解答．【完整解答】解：如圖：作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設MN與PQ相交于點O，連接OA，OB，OC，則點O是△ABC外接圓的圓心，由題意得：OA2＝12+22＝5，OC2＝12+22＝5，AC2＝12+32＝10，∴OA2+OC2＝AC2，∴△AOC是直角三角形，∴∠AOC＝90°，∵AO＝OC＝，∴圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積＝﹣OA?OC﹣AB?1＝﹣××﹣×2×1＝﹣﹣1＝﹣，故選：D．【考點剖析】本題考查了三角形的外接圓與外心，扇形面積的計算，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．?考向十直線與圓的位置關系19．（2023?宿遷）在同一平面內，已知⊙O的半徑為2，圓心O到直線l的距離為3，點P為圓上的一個動點，則點P到直線l的最大距離是（）A．2 B．5 C．6 D．8【思路點撥】根據圓心到直線l的距離為3，而圓的半徑為2，此時直線與圓相離，當點P在⊙O上運動時，當點P在BO的延長線與⊙O的交點時，點P到直線l的距離最大，根據題意畫出圖形進行解答即可．【完整解答】解：如圖，由題意得，OA＝2，OB＝3，當點P在BO的延長線與⊙O的交點時，點P到直線l的距離最大，此時，點P到直線l的最大距離是3+2＝5，故選：B．【考點剖析】本題考查直線與圓的位置關系，掌握直線與圓的位置與圓心到直線的距離之間的關系是解決問題的關鍵．20．（2023?鎮(zhèn)江）已知一次函數y＝kx+2的圖象經過第一、二、四象限，以坐標原點O為圓心，r為半徑作⊙O．若對于符合條件的任意實數k，一次函數y＝kx+2的圖象與⊙O總有兩個公共點，則r的最小值為2．【思路點撥】在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，于是得到一次函數y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），求得一次函數過定點（0，2），當⊙O過（0，2）時，兩者至少有一個交點，根據一次函數經過一、二、四象限，得到直線與圓必有兩個交點，而當⊙O半徑小于2時，圓與直線存在相離可能，于是得到結論．【完整解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，則y＝2，∴一次函數y＝kx+2的圖象與y軸交于（0，2），∴一次函數過定點（0，2），當⊙O過（0，2）時，兩者至少有一個交點，∵一次函數經過一、二、四象限，∴直線與圓必有兩個交點，而當⊙O半徑小于2時，圓與直線存在相離可能，∴半徑至少為2，故r的最小值為2，故答案為：2．【考點剖析】本題考查了直線與圓的位置關系，一次函數圖象上點的坐標特征，熟練掌握直線與圓的位置關系是解題的關鍵．?考向十一切線的判定與性質21．（2023?郴州）如圖，在⊙O中，AB是直徑，點C是圓上一點．在AB的延長線上取一點D，連接CD，使∠BCD＝∠A．（1）求證：直線CD是⊙O的切線；（2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求圖中陰影部分的面積（結果用含π的式子表示）．【思路點撥】（1）連接OC，由AB是直徑，可得∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°，再證∠OCA＝∠A＝∠BCD，從而有∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°，即可證明．（2）由圓周角定理求得∠AOC＝2∠A＝60°，在Rt△OCD中，解直角三角形得OC＝2，然后利用三角形的面積公式和扇形的面積公式即可解答．【完整解答】（1）證明：連接OC，∵AB是直徑，∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°，∵OA＝OC，∠BCD＝∠A，∴∠OCA＝∠A＝∠BCD，∴∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半徑，∴直線CD是⊙O的切線．（2）解：∵∠ACD＝120°，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠BCD＝∠120°﹣90°＝30°，∴∠BOC＝2∠A＝60°，在Rt△OCD中，tan∠BOC＝＝tan60°，CD＝2，∴，解得OC＝2，∴陰影部分的面積＝S△OCD﹣S扇形BOC＝﹣＝2﹣．【考點剖析】本題主要考查圓周角定理，切線的判定，扇形的面積公式及解直角三角形，熟練掌握性質是解題關鍵．22．（2023?巴中）如圖，已知等腰△ABC，AB＝AC，以AB為直徑作⊙O交BC于點D，過D作DF⊥AC于點E，交BA延長線于點F．（1）求證：DF是⊙O的切線．（2）若CE＝，CD＝2，求圖中陰影部分的面積（結果用π表示）．【思路點撥】（1）連接OD，根據等腰三角形的性質證明AC∥OD，進而可以得到結論；（2）連接AD，根據勾股定理求出ED＝1，根據銳角三角函數可得∠AOD＝60°，然后證明OD是△ABC的中位線，求出r＝，根據陰影部分的面積＝四邊形AODE的面積﹣扇形AOD的面積，代入值即可．【完整解答】（1）證明：如圖，連接OD，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB，∴∠ODB＝∠C，∴AC∥OD，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF，∵OD是⊙O的半徑，∴DF是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接AD，設⊙O的半徑為r，在Rt△CED中，CE＝，CD＝2，∴ED2＝CD2﹣CE2＝4﹣3＝1，∴ED＝1，∵cos∠C＝＝，∴∠C＝30°，∴∠B＝30°，∴∠AOD＝60°，∵AC∥OD，O為AB的中點，∴OD是△ABC的中位線，∴D是BC中點，∴CD＝BD＝2，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD＝AB＝r，∴BD＝AD＝r＝2，∴r＝，∴AB＝2r＝，∴AE＝AC﹣CE＝AB﹣＝﹣＝，∴陰影部分的面積＝四邊形AODE的面積﹣扇形AOD的面積＝（+）×1﹣π×（）2＝﹣．【考點剖析】本題考查了切線的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形中位線定理，圓周角定理，扇形面積計算等知識點，能綜合運用定理進行推理是解此題的關鍵．?考向十二三角形的內切圓與內心23．（2023?廣州）如圖，△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠A＝α，則（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分別為（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r， D．0，【思路點撥】如圖，連接IF，IE．利用切線長定理，圓周角定理，切線的性質解決問題即可．【完整解答】解：如圖，連接IF，IE．∵△ABC的內切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴BF＝BD，CD＝CE，IF⊥AB，IE⊥AC，∴BF+CE﹣BC＝BD+CD﹣BC＝BC﹣BC＝0，∠AFI＝∠AEI＝90°，∴∠EIF＝180°﹣α，∴∠EDF＝∠EIF＝90°﹣α．故選：D．【考點剖析】本題考查三角形的內切圓與內心，圓周角定理，切線的性質等知識，解題的關鍵是掌握切線的性質，屬于中考?？碱}型．24．（2023?攀枝花）已知△ABC的周長為l，其內切圓的面積為πr2，則△ABC的面積為（）A．rl B．πrl C．rl D．πrl【思路點撥】由題意可得S△AOB＝AB×OE＝AB×r，S△BOC＝BC×r，S△AOC＝AC×r，由面積關系可求解．【完整解答】解：如圖，設內切圓O與△ABC相切于點D，點E，點F，連接OA，OB，OC，OE，OF，OD，∵AB切⊙O于E，∴OE⊥AB，OE＝r，∴S△AOB＝AB×OE＝AB×r，同理：S△BOC＝BC×r，S△AOC＝AC×r，∴S＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝AB×r+BC×r+AC×r＝（AB+BC+AC）×r，∵l＝AB+BC+AC，∴S＝lr，故選：A．【考點剖析】本題考查了三角形的內切圓與內心，掌握內切圓的性質是解題的關鍵．?考向十三正多邊形和圓25．（2023?福建）我國魏晉時期數學家劉徽在《九章算術注》中提到了著名的“割圓術”，即利用圓的內接正多邊形逼近圓的方法來近似估算，指出“割之彌細，所失彌少．割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．“割圓術”孕育了微積分思想，他用這種思想得到了圓周率π的近似值為3.1416．如圖，⊙O的半徑為1，運用“割圓術”，以圓內接正六邊形面積近似估計⊙O的面積，可得π的估計值為，若用圓內接正十二邊形作近似估計，可得π的估計值為（）A． B．2 C．3 D．2【思路點撥】過A作AM⊥OB于M，求得∠AOB＝360°÷12＝30°，根據直角三角形的性質得到AM＝OA＝，根據三角形的面積公式得到S△AOB＝，于是得到正十二邊形的面積為12×＝3，根據圓的面積公式即可得到結論．【完整解答】解：如圖，AB是正十二邊形的一條邊，點O是正十二邊形的中心，過A作AM⊥OB于M，在正十二邊形中，∠AOB＝360°÷12＝30°，∴AM＝OA＝，∴S△AOB＝OB?AM＝＝，∴正十二邊形的面積為12×＝3，∴3＝12×π，∴π＝3，∴π的近似值為3，故選：C．【考點剖析】本題考查了正多邊形與圓，三角形的面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關鍵．26．（2023?衡陽）如圖，用若干個全等的正五邊形排成圓環(huán)狀，圖中所示的是其中3個正五邊形的位置．要完成這一圓環(huán)排列，共需要正五邊形的個數是10．【思路點撥】先求出多邊形的每一個內角為108°，可得到∠O＝36°，即可求解．【完整解答】解：∵多邊形是正五邊形，∴正五邊形的每一個內角為：×180°×（5﹣2）＝108°，∴∠O＝180°﹣（180°﹣108°）×2＝36°，∴正五邊形的個數是360°÷36°＝10．故答案為：10．【考點剖析】本題主要考查正多邊形與圓，多邊形內角和問題，熟練掌握相關知識點是解題關鍵．?考向十四弧長的計算27．（2023?青島）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半徑為5，則的長為（）A． B． C．π D．【思路點撥】根據圓周角的性質，計算出弧DC所對的圓心角度數，按照公式求出弧長即可．【完整解答】解：連接OA、OD、OC，∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，∴∠DOC＝36°，∴＝＝π．故選：C．【考點剖析】本題考查了弧長的計算和圓周角定理，同弧所對的圓周角是圓心角的一半．28．（2023?阜新）如圖，四邊形OABC1是正方形，曲線C1C2C3C4C5…叫作“正方形的漸開線”，其中，，，，…的圓心依次按O，A，B，C1循環(huán)，當OA＝1時，點C2023的坐標是（）A．（﹣1，﹣2022） B．（﹣2023，1） C．（﹣1，﹣2023） D．（2022，0）【思路點撥】由題得點的位置每4個一循環(huán)，經計算得出C2023在第三象限，與C3，C7，C11，…符合同一規(guī)律，探究出C3，C7，C11，...的規(guī)律即可．【完整解答】解：由圖得C1（0，1），C2（1，0），C3（﹣1，﹣2），C4（﹣4，1），C5（0，5），C6（5，0），C7（﹣1，﹣6），…點C的位置每4個一循環(huán)，2023＝505×4+3，∴C2023在第三象限，與C3，C7，C11，…符合規(guī)律（﹣1，﹣n+1），∴C2023坐標為（﹣1，﹣2022）．故選：A．【考點剖析】本題考查了點的坐標的規(guī)律的探究，理解題意求出坐標是解題關鍵．?考向十五扇形面積的計算29．（2023?連云港）如圖，矩形ABCD內接于⊙O，分別以AB、BC、CD、AD為直徑向外作半圓．若AB＝4，BC＝5，則陰影部分的面積是（）A．π﹣20 B．π﹣20 C．20π D．20【思路點撥】根據矩形的性質可求出BD，再根據圖形中各個部分面積之間的關系，即S陰影部分＝S以AD為直徑的圓+S以AB為直徑的圓+S矩形ABCD﹣S以BD為直徑的圓進行計算即可．【完整解答】解：如圖，連接BD，則BD過點O，在Rt△ABD中，AB＝4，BC＝5，∴BD2＝AB2+AD2＝41，S陰影部分＝S以AD為直徑的圓+S以AB為直徑的圓+S矩形ABCD﹣S以BD為直徑的圓＝π×（）2+π×（）2+4×5﹣π×（）2＝+20﹣＝20，故選：D．【考點剖析】本題考查勾股定理，矩形的性質以及扇形面積的計算，掌握矩形的性質、勾股定理以及扇形面積的計算方法是正確解答的前提．30．（2023?婁底）如圖，正六邊形ABCDEF的外接圓⊙O的半徑為2，過圓心O的兩條直線l1、l2的夾角為60°，則圖中的陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【思路點撥】連接AD，OC，由⊙O是正六邊形的外接圓可求得∠COD＝60°，△COD是等邊三角形，根據扇形面積公式可求S扇形COD，根據三角形面積公式可求S△COD，利用三角形全等將兩塊陰影部分拼接，轉化為弓形，根據S陰影＝S扇形COD﹣S△COD即可求解．【完整解答】解：如圖，連接AD，OC，∵⊙O是正六邊形的外接圓，∴AD必過點O，∠COD＝＝60°，又∵OC＝OD，∴△COD是等邊三角形，OC＝OD＝CD＝2，∵直線l1、l2的夾角為60°，∴∠COD﹣∠KOD＝∠KOH﹣∠KOD，即∠COK＝∠DOH，又∵∠DOH＝∠AOG，∴∠COK＝∠AOG，∵∠OCK＝∠OAG＝60°，OC＝OA，∴△OCK≌△OAG（ASA），S扇形COM＝S扇形AON，∴S扇形COM﹣S△OCK＝S扇形AON﹣S△OAG，∴S陰影＝S扇形COD﹣S△COD，∵S扇形COD＝＝π，S△COD＝＝，∴S陰影＝π﹣．故選：C．【考點剖析】本題主要考查了正多邊形和圓，三角形面積和扇形面積計算，明確S陰影＝S扇形COD﹣S△COD是解決問題的關鍵．?考向十六圓錐的計算31．（2023?赤峰）某班學生表演課本劇，要制作一頂圓錐形的小丑帽．如圖，這個圓錐的底面圓周長為20πcm，母線AB長為30cm．為了使帽子更美觀，要粘貼彩帶進行裝飾，其中需要粘貼一條從點A處開始，繞側面一周又回到點A的彩帶（彩帶寬度忽略不計），這條彩帶的最短長度是（）A．30cm B．30cm C．60cm D．20πcm【思路點撥】利用圓錐的底面周長等于側面展開圖的弧長可得圓錐側面展開圖的圓心角，求出側面展開圖中兩點間的距離即為最短距離．【完整解答】解：∵圓錐的底面圓周長為20πcm，∴圓錐的側面展開圖的扇形的弧長為20πcm，設扇形的圓心角為n度，∴＝20π，解得n＝120，∴∠ABA′＝120°，作BC⊥AA′于點C，∴∠BAA′＝30°，∴AC＝AB×cos30°＝30×＝15（cm），∴AA′＝2AC＝30（cm），∴這條彩帶的最短長度是30cm．故選：B．【考點剖析】本題考查平面展開﹣最短路徑問題，圓錐的計算，把把立體圖形轉化為平面圖形求解是解決本題的突破點．32．（2023?蘇州）如圖，在?ABCD中，AB＝+1，BC＝2，AH⊥CD，垂足為H，AH＝．以點A為圓心，AH長為半徑畫弧，與AB，AC，AD分別交于點E，F(xiàn)，G．若用扇形AEF圍成一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r1；用扇形AHG圍成另一個圓錐的側面，記這個圓錐底面圓的半徑為r2，則r1﹣r2＝．（結果保留根號）【思路點撥】根據平行四邊形的性質以及正弦函數的定義求出∠D＝60°，∠BAC＝45°，利用弧長公式以及圓的周長公式求出r1，r2即可．【完整解答】解：在?ABCD中，AB＝+1，BC＝2，∴AD＝BC＝2，CD＝AB＝+1，AB∥CD．∵AH⊥CD，垂足為H，AH＝，∴sinD＝＝，∴∠D＝60°，∴∠DAH＝90°﹣∠D＝30°，∴DH＝AD＝1，∴CH＝CD﹣DH＝+1﹣1＝，∴CH＝AH，∵AH⊥CD，∴△ACH是等腰直角三角形，∴∠ACH＝∠CAH＝45°，∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACH＝45°，∴＝2πr1，解得r1＝，＝2πr2，解得r2＝，∴r1﹣r2＝﹣＝．故答案為：．【考點剖析】本題考查了圓錐的計算，平行四邊形的性質，解直角三角形，弧長公式，求出∠D＝60°，∠BAC＝45°是解決本題的關鍵．?考向十七圓的綜合題33．（2023?杭州）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點E，連接AC，AD，BC，作CF⊥AD于點F，交線段OB于點G（不與點O，B重合），連接OF．（1）若BE＝1，求GE的長．（2）求證：BC2＝BG?BO．（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度數，并證明你的結論．【思路點撥】（1）由垂徑定理可得∠AED＝90°，結合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根據圓周角定理可得∠DAE＝∠BCD，進而可得∠BCD＝∠FCD，通過證明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；（2）證明△ACB∽△CEB，根據對應邊成比例可得BC2＝BA?BE，再根據AB＝2BO，BE＝BG，可證BC2＝BG?BO；（3）方法一：設∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可證a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通過SAS證明△COF≌△AOF，進而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，則∠CAD＝2a＝45°．方法二：延長FO交AC于點H，連接OC，證明△AFC是等腰直角三角形，即可解決問題．【完整解答】（1）解：直徑AB垂直弦CD，∴∠AED＝90°，∴∠DAE+∠D＝90°，∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D＝90°，∴∠DAE＝∠FCD，由圓周角定理得∠DAE＝∠BCD，∴∠BCD＝∠FCD，在△BCE和△GCE中，，∴△BCE≌△GCE（ASA），∴GE＝BE＝1；（2）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CEB＝90°，∵∠ABC＝∠CBE，∴△ACB∽△CEB，∴＝，∴BC2＝BA?BE，由（1）知GE＝BE，∴BE＝BG，∵AB＝2BO，∴BC2＝BA?BE＝2BO?BG＝BG?BO；（3）解：∠CAD＝45°，證明如下：解法一：如圖，連接OC，∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO，∵直徑AB垂直弦CD，∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，∵AE＝AE，∴△ACE≌△ADE（SAS），∴∠DAE＝∠CAE，設∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，則∠FCD＝∠BCD＝∠DAE＝α，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝α，∵∠ACB＝90°，∴∠OCF＝∠ACB﹣∠OCA﹣∠FCD﹣∠BCD＝90°﹣3α，∵∠CGE＝∠OGF＝β，∠GCE＝α，∠CGE+∠GCE＝90°，∴β+α＝90°，∴α＝90°﹣β，∵∠COG＝∠OAC+∠OCA＝α+α＝2α，∴∠COF＝∠COG+∠GOF＝2α+β＝2（90°﹣β）+β＝180°﹣β，∴∠COF＝∠AOF，在△COF和△AOF中，，∴△COF≌△AOF（SAS），∴∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3α＝α，∴α＝22.5°，∴∠CAD＝2a＝45°．解法二：如圖，延長FO交AC于點H，連接OC，∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO，∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，∴BC∥FH，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠AHO＝90°，∵OA＝OC，∴AH＝CH，∴AF＝CF，∵CF⊥AD，∴△AFC是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．【考點剖析】本題是圓的綜合題，考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質等，難度較大，解題的關鍵是綜合應用上述知識點，特別是第3問，需要大膽猜想，再逐步論證．34．（2023?棗莊）如圖，AB為⊙O的直徑，點C是的中點，過點C作射線BD的垂線，垂足為E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）若BE＝3，AB＝4，求BC的長；（3）在（2）的條件下，求陰影部分的面積（用含有π的式子表示）．【思路點撥】（1）連接OC，證明OC∥BE，即可得到結論．（2）連接AC，證明△ACB∽△CEB，從而可得，再代入求值即可．（3）連接OD，CD，證明CD∥AB，從而可得S△COD＝S△CBD，求出扇形COD的面積即可得到陰影部分的面積．【完整解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵點C是的中點，∴，∴∠ABC＝∠EBC，∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB，∴∠EBC＝∠OCB，∴OC∥BE，∵BE⊥CE，∴半徑OC⊥CE，∴CE是⊙O的切線．（2）解：如圖，連接AC，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CEB＝90°，∵∠ABC＝∠EBC，∴△ACB∽△CEB，∴，∴，∴．答：BC的長為2．（3）解：如圖，連接OD、CD，∵AB＝4，∴OC＝OB＝2，在Rt△BCE中，，∴，∴∠CBE＝30°，∴∠COD＝60°，∴∠AOC＝60°，∵OC＝OD，∴△COD是等邊三角形，∴∠CDO＝60°，∴