备战中考数学真题题源解密专题18特殊四边形及圆的相关证明与计算（17类重点考向）含答案及解析

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∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（）A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm2．（2023•荆州）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝．►考向二平行四边形的判定与性质3．（2023•贵州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延长CB至D，使得BD＝CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，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BE⊥CD．小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE＝DE．（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．4．（2023•扬州）如图，点E、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．►考向三矩形的判定与性质5．（2023•雅安）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为．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，∠ACF＝90°．（1）求证：四边形ACFD是矩形；（2）若CD＝13，CF＝5，求四边形ABCE的面积．►考向四菱形的判定与性质7．（2023•德阳）如图，▱ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，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（）A．1 B． C． D．38．（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∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是．►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：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（）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）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，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AE＝CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO＝OD，连接DE，DF，GE，GF．（1）求证：四边形EDFG是正方形；（2）当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．►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（）A．20m B．28m C．35m D．40m12．（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AB⊥CD，垂足为E，CE＝1寸，AB＝10寸，则直径CD的长度为寸．►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∠BOC＝66°，则∠A＝（）A．66° B．33° C．24° D．30°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∠ADC＝20°，则∠BAD＝°．►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∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是（）A．65° B．115° C．130° D．140°16．（2023•淮安）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，BC＝2CD，则∠BAD的度数是°．►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，∠DCA＝41°，则∠ABC的度数是（）A．41° B．45° C．49° D．59°18．（2023•湖北）如图，在3×3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（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣►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（）A．2 B．5 C．6 D．820．（2023•镇江）已知一次函数y＝kx+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y＝kx+2的图象与⊙O总有两个公共点，则r的最小值为．►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∠BCD＝∠A．（1）求证：直线CD是⊙O的切线；（2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）．22．（2023•巴中）如图，已知等腰△ABC，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过D作DF⊥AC于点E，交BA延长线于点F．（1）求证：DF是⊙O的切线．（2）若CE＝，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用π表示）．►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＝α，则（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分别为（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r， D．0，24．（2023•攀枝花）已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积为（）A．rl B．πrl C．rl D．πrl►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π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π的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得π的估计值为（）A． B．2 C．3 D．226．（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．►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，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半径为5，则的长为（）A． B． C．π D．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OA＝1时，点C2023的坐标是（）A．（﹣1，﹣2022） B．（﹣2023，1） C．（﹣1，﹣2023） D．（2022，0）►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AB＝4，BC＝5，则阴影部分的面积是（）A．π﹣20 B．π﹣20 C．20π D．2030．（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（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣►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20πcm，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（）A．30cm B．30cm C．60cm D．20πcm32．（2023•苏州）如图，在▱ABCD中，AB＝+1，BC＝2，AH⊥CD，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r1﹣r2＝．（结果保留根号）►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CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．（1）若BE＝1，求GE的长．（2）求证：BC2＝BG•BO．（3）若FO＝FG，猜想∠CAD的度数，并证明你的结论．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BE＝3，AB＝4，求BC的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有π的式子表示）．1．（2023•赤峰）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．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（）A．16，6 B．18，18 C．16，12 D．12，162．（2022•杭州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．（1）求证：CE＝CM．（2）若AB＝4，求线段FC的长．3．（2022•德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，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0＜t＜3，过F作FG⊥BC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．4．（2022•凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．（1）求证：四边形ADBF是菱形；（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．5．（2022•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，HA＝EB＝FC＝GD，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，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，则图3中阴影部分的面积为cm2．6．（2023•苏州）如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆上，，连接OC，CA，OD，过点B作EB⊥AB，交OD的延长线于点E．设△OAC的面积为S1，△OBE的面积为S2，若，则tan∠ACO的值为（） B． C． D．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EF∥AB，交CA的延长线于点F．（1）求证：EF与⊙O相切；（2）若∠CAB＝30°，AB＝8，过点E作EG⊥AC于点M，交⊙O于点G，交AB于点N，求的长．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，求得该直径等于步（注：“步”为长度单位）．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（结果保留π）．11．（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“渐开线”，则点A2023的坐标是．12．（2023•温州）图1是4×4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，AB∥PN，DE＝EF，则题字区域的面积为．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）的圆心角是度，该圆锥的侧面积是（结果用含π的式子表示）．

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矩形1．矩形的性质：（1）四个角都是直角；（2）对角线相等且互相平分；（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）2．矩形的判定：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线相等的平行四边形是矩形．直角三角形斜边上的中线1.性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）2.定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．菱形1．菱形的性质：（1）四边相等；（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；（3）面积=底×高=对角线乘积的一半．2．菱形的判定：（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四条边都相等的四边形是菱形．正方形1．正方形的性质：（1）四条边都相等，四个角都是直角；（2）对角线相等且互相垂直平分；（3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．2．正方形的判定：（1）有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形；（2）一组邻边相等的矩形是正方形；（3）一个角是直角的菱形是正方形；（4）对角线相等且互相垂直、平分的四边形是正方形．四边形、平行四边形和特殊四边形的关系①两组对边分别平行；②相邻两边相等；③有一个角是直角；④有一个角是直角；⑤相邻两边相等；⑥有一个角是直角，相邻两边相等；⑦四边相等；⑧有三个角都是直角．中点四边形1.任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.2.对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.3.对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.4.对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.与折叠有关的计算常用性质1.折叠问题的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形；2.折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；3.折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）.与圆有关的概念和性质1.圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形．2.弦与直径：连接圆上任意两点的线段叫做弦，过圆心的弦叫做直径，直径是圆内最长的弦．3.弧：圆上任意两点间的部分叫做弧，小于半圆的弧叫做劣弧，大于半圆的弧叫做优弧．4.圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．5.圆周角：顶点在圆上，并且两边都与圆还有一个交点的角叫做圆周角．6.弦心距：圆心到弦的距离．注意1.经过圆心的直线是该圆的对称轴，故圆的对称轴有无数条；2.3点确定一个圆，经过1点或2点的圆有无数个．3.任意三角形的三个顶点确定一个圆，即该三角形的外接圆．垂径定理及其推论1．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．关于垂径定理的计算常与勾股定理相结合，解题时往往需要添加辅助线，一般过圆心作弦的垂线，构造直角三角形．2．推论①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；②弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．圆心角、弧、弦的关系1．定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等．圆心角、弧和弦之间的等量关系必须在同圆等式中才成立．2．推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．圆周角定理及其推论1．定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．2．推论：①在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．②直径所对的圆周角是直角．③圆内接四边形的对角互补．点与圆的位置关系设点到圆心的距离为d．（1）d<r⇔点在⊙O内；(2)d=r⇔点在⊙O上；(3)d>r⇔点在⊙O外．判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．直线和圆的位置关系位置关系相离相切相交图形公共点个数0个1个2个数量关系d>rd=rd<r切线的性质1.切线与圆只有一个公共点．2.切线到圆心的距离等于圆的半径．3.切线垂直于经过切点的半径．切线的判定1.与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．2.到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．3.经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．三角形的外接圆相关概念经过三角形各顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形．外心是三角形三条垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等．三角形的内切圆与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离相等．正多边形的有关概念正多边形中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心．正多边形半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形半径．正多边形中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形中心角．正多边形边心距：正多边形中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．弧长和扇形面积的计算扇形的弧长l=；扇形的面积S==圆锥与侧面展开图1）圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长．2）若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则这个扇形的半径为l，扇形的弧长为2πr，圆锥的侧面积为S圆锥侧=．圆锥的表面积：S圆锥表=S圆锥侧+S圆锥底=πrl+πr2=πr·（l+r）．在求不规则图形的面积时，注意利用割补法与等积变化方法归为规则图形，再利用规则图形的公式求解．公式法所求图形是规则图形，如扇形、特殊四边形等，可直接利用公式计算和差法所求图形是不规则图形，可通过转化成规则图形的面积的和或差等积变换法直接求面积较麻烦或根本求不出时，通过对图形的平移、旋转、割补等，为公式法或和差法创造条件

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∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（）A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm【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，∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），点D为线段AB的中点，∴CD＝AB＝3cm，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Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝3．【思路点拨】根据直角三角形斜边上的中线的性质得到AB＝2CD＝10，根据勾股定理得到BC＝＝6，根据三角形中位线定理即可得到结论．【完整解答】解：∵CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，CD＝5，∴AB＝2CD＝10，∵∠ACB＝90°，AC＝8，∴BC＝＝6，∵E为AC的中点，∴AE＝CE，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝3，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Rt△ABC中，∠C＝90°，延长CB至D，使得BD＝CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，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BE⊥CD．小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE＝DE．（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AE＝BD，推出四边形AEBC是平行四边形，根据矩形性质得到BE⊥CD；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CB＝2k，AC＝3k，根据勾股定理即可得到结论．【完整解答】（1）证明：小星：连接BE，∵AE∥BD，DE∥BA，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，∵BD＝BC，∴AE＝BC，∵AE∥BC，∴四边形AEBC是平行四边形，∵∠C＝90°，∴四边形AEBC是矩形，∴∠EBC＝90°，∴BE⊥CD；小红：连接CE，BE，∵AE∥BD，DE∥BA，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，AB＝DE，∵BD＝BC，∴AE＝BC，∵AE∥BC，∴四边形AEBC是平行四边形，∵∠C＝90°，∴四边形AEBC是矩形，∴AB＝CE，∴DE＝CE；（2）∵，∴设CB＝2k，AC＝3k，∴CD＝4k，∵AC2+DC2＝AD2，∴（3k）2+（4k）2＝（5）2，∴k＝，∴AC＝3．【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、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AM∥CN，依据四边形AECG是平行四边形，可得AN∥CM，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S△ACN＝S△ACH，再根据CH是△ACD的中线，即可得出S△ACN＝S△ACD，进而得到S平行四边形AMCN＝S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，∴AH∥CF，AH＝CF，∴四边形AFCH是平行四边形，∴AM∥CN，同理可得，四边形AECG是平行四边形，∴AN∥CM，∴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，∴CN＝2HN，∴S△ACN＝S△ACH，又∵CH是△ACD的中线，∴S△ACN＝S△ACD，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AMCN＝S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，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC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DE＝CP，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，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，∵PD⊥BC，PE⊥AC，∴∠PDC＝∠PEC＝90°，∴四边形CDPE是矩形，∴DE＝CP，由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，此时，AP＝BP，∴CP＝AB＝3，∴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，∠ACF＝90°．（1）求证：四边形ACFD是矩形；（2）若CD＝13，CF＝5，求四边形ABCE的面积．【思路点拨】（1）证明△ADE≌△FCE（AAS），得AE＝FE，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△ADE≌△FCE，可得四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD﹣△CEF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，∴AD∥BC，∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，∵E为线段CD的中点，∴DE＝CE，∴△ADE≌△FCE（AAS），∴AE＝FE，∴四边形ACFD是平行四边形，∵∠ACF＝90°，∴四边形ACFD是矩形；（2）解：∵四边形ACFD是矩形，∴∠CFD＝90°，AC＝DF，∵CD＝13，CF＝5，∴DF＝＝＝12，∵△ADE≌△FCE，∵△CEF的面积＝△ACF的面积＝5×12＝15，平行四边形ABCD的面积＝BC•AC＝5×12＝60，∴四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD的面积﹣△CEF的面积＝60﹣15＝45．【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，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，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（）A．1 B． C． D．3【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DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥OD，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，AC＝BD，∴OD＝OC，∵DF∥AC，OD∥CF，∴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DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥MD，∵矩形ABCD的面积为12，AC＝6，∴2×AC•DM＝12，即2××6•DM＝12，解得DM＝2，∵G为CD的中点，∴GP为△DMC的中位线，∴GP＝DM＝1，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∠ACB＝60°，CD＝4，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CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16．【完整解答】解：连接EF交CD于O，如图：∵DE∥AC，DF∥BC，∴四边形CEDF是平行四边形，∵CD是△ABC的角平分线，∴∠FCD＝∠ECD，∵DE∥AC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE，∴四边形CEDF是菱形，∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，CE＝＝＝4，∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，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：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（）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①→②，①→③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，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，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AE＝CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO＝OD，连接DE，DF，GE，GF．（1）求证：四边形EDFG是正方形；（2）当点E在什么位置时，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∠A＝∠DCF＝45°、AD＝CD，结合AE＝CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE＝DF、ADE＝∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF＝90°，再根据O为EF的中点、GO＝OD，即可得出GD⊥EF，且GD＝2OD＝EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；（2）过点D作DE′⊥AC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2≤DE＜2，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，∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴∠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为等腰直角三角形．∵O为EF的中点，GO＝OD，∴GD⊥EF，且GD＝2OD＝EF，∴四边形EDFG是正方形；（2）解：过点D作DE′⊥AC于E′，如图2所示．∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，∴DE′＝BC＝2，AB＝4，点E′为AC的中点，∴2≤DE＜2（点E与点E′重合时取等号）．∴4≤S四边形EDFG＝DE2＜8．∴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：（1）找出GD⊥EF且GD＝EF；（2）根据正方形的面积公式找出4≤S四边形EDFG＜8．►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（）A．20m B．28m C．35m D．40m【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，AB＝37m，CD＝7m，设主桥拱半径为Rm，∴OD＝OC﹣CD＝（R﹣7）m，∵OC是半径，OC⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝（m），在RtADO中，AD2+OD2＝OA2，∴（）2+（R﹣7）2＝R2，解得R＝≈28．故选：B．【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AB⊥CD，垂足为E，CE＝1寸，AB＝10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AE＝AB＝5寸，由勾股定理得到r2＝（r﹣1）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，∴直径CD的长度为2r＝26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∠BOC＝66°，则∠A＝（）A．66° B．33° C．24° D．30°【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：∵∠A＝∠BOC，∠BOC＝66°，∴∠A＝33°．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．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∠ADC＝20°，则∠BAD＝35°．【思路点拨】先根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BAC＝70°，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，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝20°，∴∠ADC＝∠ABC＝20°，∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠BAC＝35°，故答案为：35．【考点剖析】本题考查了圆周角定理，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∠DCE＝65°，则∠BOD的度数是（）A．65° B．115° C．130° D．140°【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：∵∠DCE＝65°，∴∠DCB＝180°﹣∠DCE＝180°﹣65°＝115°，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD+∠DCB＝180°，∴∠BAD＝65°，∴∠BOD＝2∠BAD＝2×65°＝130°，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，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，BC＝2CD，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∠C＝60°，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，BC＝2CD，∴OC＝OD＝CD，∴△COD为等边三角形，∴∠C＝60°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠BAD+∠C＝180°，∴∠BAD＝120°，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，∠DCA＝41°，则∠ABC的度数是（）A．41° B．45° C．49° D．59°【思路点拨】由直径所对的圆周角是直角可得∠DBC＝90°，由同弧所对的圆周角相等可得∠DBA＝∠DCA，进而可计算∠ABC．【完整解答】解：∵CD是⊙O的直径，∴∠DBC＝90°，∵∠DBA＝∠DCA＝41°，∴∠ABC＝90°﹣∠DBA＝49°，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3×3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（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【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∠AOC＝90°，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：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＝，∴图中阴影部分的面积＝扇形AOC的面积﹣△AOC的面积﹣△ABC的面积＝﹣OA•OC﹣AB•1＝﹣××﹣×2×1＝﹣﹣1＝﹣，故选：D．【考点剖析】本题考查了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（）A．2 B．5 C．6 D．8【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，OA＝2，OB＝3，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+2＝5，故选：B．【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y＝kx+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y＝kx+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y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，于是得到一次函数y＝kx+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y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，∴一次函数y＝kx+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∠BCD＝∠A．（1）求证：直线CD是⊙O的切线；（2）若∠ACD＝120°，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）．【思路点拨】（1）连接OC，由AB是直径，可得∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°，再证∠OCA＝∠A＝∠BCD，从而有∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°，即可证明．（2）由圆周角定理求得∠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，∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°，∵OA＝OC，∠BCD＝∠A，∴∠OCA＝∠A＝∠BCD，∴∠BCD+∠OCB＝∠OCD＝90°，∴OC⊥CD，∵OC是⊙O的半径，∴直线CD是⊙O的切线．（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，∴阴影部分的面积＝S△OCD﹣S扇形BOC＝﹣＝2﹣．【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，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过D作DF⊥AC于点E，交BA延长线于点F．（1）求证：DF是⊙O的切线．（2）若CE＝，CD＝2，求图中阴影部分的面积（结果用π表示）．【思路点拨】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质证明AC∥OD，进而可以得到结论；（2）连接AD，根据勾股定理求出ED＝1，根据锐角三角函数可得∠AOD＝60°，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）证明：如图，连接OD，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB，∴∠ODB＝∠C，∴AC∥OD，∵DF⊥AC，∴OD⊥DF，∵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为AB的中点，∴OD是△ABC的中位线，∴D是BC中点，∴CD＝BD＝2，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD＝AB＝r，∴BD＝AD＝r＝2，∴r＝，∴AB＝2r＝，∴AE＝AC﹣CE＝AB﹣＝﹣＝，∴阴影部分的面积＝四边形AODE的面积﹣扇形AOD的面积＝（+）×1﹣π×（）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＝α，则（BF+CE﹣BC）的值和∠FDE的大小分别为（）A．2r，90°﹣α B．0，90°﹣α C．2r， D．0，【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，IE．∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，∴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．故选：D．【考点剖析】本题考查三角形的内切圆与内心，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πr2，则△ABC的面积为（）A．rl B．πrl C．rl D．πrl【思路点拨】由题意可得S△AOB＝AB×OE＝AB×r，S△BOC＝BC×r，S△AOC＝AC×r，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，∴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，故选：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π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π的估计值为，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得π的估计值为（）A． B．2 C．3 D．2【思路点拨】过A作AM⊥OB于M，求得∠AOB＝360°÷12＝30°，根据直角三角形的性质得到AM＝OA＝，根据三角形的面积公式得到S△AOB＝，于是得到正十二边形的面积为12×＝3，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AM⊥OB于M，在正十二边形中，∠AOB＝360°÷12＝30°，∴AM＝OA＝，∴S△AOB＝OB•AM＝＝，∴正十二边形的面积为12×＝3，∴3＝12×π，∴π＝3，∴π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°，可得到∠O＝36°，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°×（5﹣2）＝108°，∴∠O＝180°﹣（180°﹣108°）×2＝36°，∴正五边形的个数是360°÷36°＝10．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，∠B＝58°，∠ACD＝40°．若⊙O的半径为5，则的长为（）A． B． C．π D．【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，∴∠AOC＝2∠B＝116°，∠AOD＝2∠ACD＝80°，∴∠DOC＝36°，∴＝＝π．故选：C．【考点剖析】本题考查了弧长的计算和圆周角定理，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OA＝1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，2023＝505×4+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AB＝4，BC＝5，则阴影部分的面积是（）A．π﹣20 B．π﹣20 C．20π D．20【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ABCD﹣S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Rt△ABD中，AB＝4，BC＝5，∴BD2＝AB2+AD2＝41，S阴影部分＝S以AD为直径的圆+S以AB为直径的圆+S矩形ABCD﹣S以BD为直径的圆＝π×（）2+π×（）2+4×5﹣π×（）2＝+20﹣＝20，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（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【思路点拨】连接AD，OC，由⊙O是正六边形的外接圆可求得∠COD＝60°，△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S△COD，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COD﹣S△COD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，∠COD＝＝60°，又∵OC＝OD，∴△COD是等边三角形，OC＝OD＝CD＝2，∵直线l1、l2的夹角为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阴影＝S扇形COD﹣S△COD，∵S扇形COD＝＝π，S△COD＝＝，∴S阴影＝π﹣．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COD﹣S△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20πcm，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（）A．30cm B．30cm C．60cm D．20πcm【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20πcm，∴圆锥的侧面展开图的扇形的弧长为20πcm，设扇形的圆心角为n度，∴＝20π，解得n＝120，∴∠ABA′＝120°，作BC⊥AA′于点C，∴∠BAA′＝30°，∴AC＝AB×cos30°＝30×＝15（cm），∴AA′＝2AC＝30（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，BC＝2，AH⊥CD，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r1﹣r2＝．（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∠D＝60°，∠BAC＝45°，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，BC＝2，∴AD＝BC＝2，CD＝AB＝+1，AB∥CD．∵AH⊥CD，垂足为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∠D＝60°，∠BAC＝45°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CF⊥AD于点F，交线段OB于点G（不与点O，B重合），连接OF．（1）若BE＝1，求GE的长．（2）求证：BC2＝BG•BO．（3）若FO＝FG，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∠AED＝90°，结合CF⊥AD可得∠DAE＝∠FCD，根据圆周角定理可得∠DAE＝∠BCD，进而可得∠BCD＝∠FCD，通过证明△BCE≌△GCE，可得GE＝BE＝1；（2）证明△ACB∽△CEB，根据对应边成比例可得BC2＝BA•BE，再根据AB＝2BO，BE＝BG，可证BC2＝BG•BO；（3）方法一：设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，可证a＝90°﹣β，∠OCF＝90﹣3α，通过SAS证明△COF≌△AOF，进而可得∠OCF＝∠OAF，即90°﹣3a＝a，则∠CAD＝2a＝45°．方法二：延长FO交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，∴∠AED＝90°，∴∠DAE+∠D＝90°，∵CF⊥AD，∴∠FCD+∠D＝90°，∴∠DAE＝∠FCD，由圆周角定理得∠DAE＝∠BCD，∴∠BCD＝∠FCD，在△BCE和△GCE中，，∴△BCE≌△GCE（ASA），∴GE＝BE＝1；（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠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°，证明如下：解法一：如图，连接OC，∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO，∵直径AB垂直弦CD，∴CE＝DE，∠AED＝∠AEC＝90°，∵AE＝AE，∴△ACE≌△ADE（SAS），∴∠DAE＝∠CAE，设∠DAE＝∠CAE＝α，∠FOG＝∠FGO＝β，则∠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：如图，延长FO交AC于点H，连接OC，∵FO＝FG，∴∠FOG＝∠FGO，∴∠FOG＝∠FGO＝∠CGB＝∠B，∴BC∥FH，∵AB是⊙O的直径，∴∠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BE＝3，AB＝4，求BC的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有π的式子表示）．【思路点拨】（1）连接OC，证明OC∥BE，即可得到结论．（2）连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得，再代入求值即可．（3）连接OD，CD，证明CD∥AB，从而可得S△COD＝S△CBD，求出扇形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，∴，∴∠ABC＝∠EBC，∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB，∴∠EBC＝∠OCB，∴OC∥BE，∵BE⊥CE，∴半径OC⊥CE，∴CE是⊙O的切线．（2）解：如图，连接AC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CEB＝90°，∵∠ABC＝∠EBC，∴△ACB∽△CEB，∴，∴，∴．答：BC的长为2．（3）解：如图，连接OD、CD，∵AB＝4，∴OC＝OB＝2，在Rt△BCE中，，∴，∴∠CBE＝30°，∴∠COD＝60°，∴∠AOC＝60°，∵OC＝OD，∴△COD是等边三角形，∴∠CDO＝60°，∴