2025年中考数学一轮知识梳理难点与新考法15圆中相关计算、切线、内切圆、阴影面积等问题（7大热考题型）（解析版）

难点与新考法15圆中相关计算、切线、内切圆、阴影面积等问题（7大热考题型）题型一：与圆周角有关计算题型二：与垂径定理有关计算题型三：与圆内接四边形有关计算题型四：切线的判定问题题型五：与切线性质有关计算题型六：三角形的内心及内切圆题型七：阴影部分面积计算题型一：与圆周角有关计算圆周角定理及其推论常见形式方法找到同弧所对的圆周角和圆心角,通过其角度的2倍关系进行计算根据直径所对的圆周角是90°进行计算利用同弧或等弧所对的圆周角相等进行计算结论∠ACB=∠AOB∠ACB=90°∠ACB=∠ADB【中考母题学方法】【典例1-1】（2024·江苏苏州·中考真题）如图，是的内接三角形，若，则．【答案】/62度【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理求解即可．【详解】解：连接，∵，，∴，∴，∴，故答案为：．【典例1-2】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，内接于，AD是直径，若，则．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵内接于，AD是直径，∴，∵,，∴∴，故答案为：．【典例1-3】（2024·四川眉山·中考真题）如图，内接于，点在上，平分交于，连接．若，，则的长为．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，延长，交于，由圆周角定理可得，，进而可证明，得到，即得，利用勾股定理得，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：延长，交于，是的直径，，，平分，，又∵，∴，，，，，，，又∵，∴，，，，，，故答案为：．【典例1-4】（2024·陕西·中考真题）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是．

【答案】90°/90度【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，结合三角形内角和定理，可证明，再根据等腰三角形的性质可知，由此即得答案．【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角，，，，，，，，．故答案为：．【典例1-5】（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为．

【答案】【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答．【详解】解：∵是的直径，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵点为的中点，∴，∴，∵，∴，即，∴．故答案为：．【中考模拟即学即练】【变式1-1】（2024·西藏·中考真题）如图，为的直径，点B，D在上，，，则的长为（

）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】本题考查圆周角定理及勾股定理，根据同弧所对圆周角相等及直径所对圆周角是直角得到，，根据得到，最后根据勾股定理求解即可得到答案【详解】解：∵为的直径，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故选：C．【变式1-2】（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则

【答案】55【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．先由垂径定理得到，由得到，故．【详解】解：∵直径平分弦，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【变式1-3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦，连接．若，则．【答案】【分析】本题考查圆周角定理，根据同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．【详解】解：∵是的直径，，，∴，∴；故答案为：．【变式1-4】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则．

【答案】10【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论．【详解】解：，，，故答案为：10．【变式1-5】（2025·广东·模拟预测）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的定义，先根据等腰三角形性质得出，再根据三角形内角和定理求出，再根据圆周角定理求出结果即可．【详解】解：，，，，．故选：B．【变式1-6】（2025·湖北黄石·一模）如图，四边形内接于，，为对角线，经过圆心O．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角是是解题的关键．由经过圆心O，即是的直径，可得，再根据圆周角定理可得，即可求出的度数．【详解】解：经过圆心O，即是的直径，，又，．故选：B．【变式1-7】（2025·广西·模拟预测）如图，是的直径，点、在上．若，，则的度数是．【答案】【分析】本题主要考查了圆周角定理，先连接，根据等弧所对的圆心角相等得，再根据圆周角定理得出答案．【详解】如图所示，连接，∵，∴，∴．故答案为：．题型二：与垂径定理有关计算垂径定理及其推论1.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。2.解题思路:如图①,有直角三角形,直接利用勾股定理解题:如图②.③,无直角三角形作半径和弦心距,构造直角三角形.知识拓展如果一条直线满足下列5个结论中的2个,便可推出其他3个结论(记为“知二推三”):①过圆心;②垂直于弦:③平分弦(不是直径):④平分弦所对的优弧:⑤平分弦所对的劣弧.【中考母题学方法】【典例2-1】（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．【详解】解：∵是线段的垂直平分线，∴直线经过圆心，设圆心为，连接．

中，，根据勾股定理得：，即：，解得：；故轮子的半径为，故选：C．【典例2-2】（2023·广西·中考真题）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，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，，是半径，且，，在中，，，解得：，故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．【典例2-3】（2023·陕西·中考真题）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（

）

A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm【答案】A【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．【详解】解：是的一部分，是的中点，，，．设的半径为，则．在中，，，，，即的半径为．故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．【典例2-4】（2023·湖北荆州·中考真题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，为上一点，于．若，，则的长为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据垂径定理求出长度，再根据勾股定理求出半径长度，最后利用弧长公式即可求出答案.【详解】解：，点是这段弧所在圆的圆心，，，，，，.，，.设，则，在中，，，.，，.故选：B.【点睛】本题考查了圆的垂径定理，弧长公式，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度，从而求出所求弧长所对应的圆心角度数.【典例2-5】（2023·浙江温州·中考真题）图1是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作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为．

【答案】5【分析】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、勾股定理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，依题意，，∵过左侧的三个端点作圆，，又，∴在上，连接，则为半径，∵，在中，∴解得：；连接，取的中点，连接，交于点，连接，，

∵，∴，∴，∵点，，在同一直线上，∴，∴，又，∴∵，∴∴∵∴∴，∵，设，则在中，即整理得即解得：或∴题字区域的面积为故答案为：；．【点睛】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．【中考模拟即学即练】【变式2-1】（2025·广西柳州·一模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于、、、四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为，，．请你帮忙计算纸杯杯底的直径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查垂径定理的应用，勾股定理．由垂径定理求出，的长，设，由勾股定理得到，求出的值，得到的长，由勾股定理求出长，即可求出纸杯的直径长．【详解】解：如图，，过圆心，连接，，，∵，，，，设，，，，，，，，，纸杯的直径为．故选：B．【变式2-2】（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，点是弧的中点，与相交于点，连接交于点．若为的中点，，则的长为（

）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】先由垂径定理得到，，再由是直径，得到，结合是的中点，可证明，得到，再由中位线得到，即可得到半径，最后在中，利用勾股定理计算即可．【详解】解：∵点是弧的中点，∴，，∵是直径，∴，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴在中，．故选：B．【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线．【变式2-3】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可；【详解】解：如图，连接，∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，，∴，，设拱门所在圆的半径为，∴，而，∴，∴，解得：，∴拱门所在圆的半径为；故选B【变式2-4】（2023·湖南永州·中考真题）如图，是一个盛有水的容器的横截面，的半径为．水的最深处到水面AB的距离为，则水面AB的宽度为．

【答案】【分析】过点作于点，交于点，则，依题意，得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，交于点，则，

∵水的最深处到水面AB的距离为，的半径为．∴，在中，∴故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．【变式2-5】（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“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？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为寸．【答案】26【分析】本题主要考查了垂径定理和勾股定理，设寸，则寸，由垂径定理得到寸，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案．【详解】解：设寸，则寸，，是直径，寸，在中，由勾股定理得，，，寸，故答案为：26．题型三：与圆内接四边形有关计算圆内接四边形的性质性质1:圆内接四边形的对角互补性质2:任意一个外角等于它的内对角.【中考母题学方法】【典例3-1】（2024·甘肃定西·模拟预测）如图，是半圆O的直径，C，D是半圆上两点，且满足，，则弧的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，由圆内接四边形对角互补得到求出，再证明是等边三角形，得到，，再根据弧长公式进行计算即可．【详解】解：如图，连接，，，∴是等边三角形，∴，，的长为，故选：B．【典例3-2】（2024·四川泸州·中考真题）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．【详解】解：如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，即，∴，∵，是的切线，根据切线长定理得，∴，∴，∴．故选：C．【典例3-3】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，∴，∵，∴∴∵四边形是的内接四边形，∴，故选：B【典例3-4】（2024·山东济宁·中考真题）如图，分别延长圆内接四边形的两组对边，延长线相交于点E，F．若，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据“圆的内接四边形对角互补”可得，．根据三角形外角定理可得，，由此可得，又由，可得，即可得解．本题主要考查了“圆的内接四边形对角互补”和三角形外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【详解】∵四边形是的内接四边形∴，，，，，，，，解得，，．故选：C【典例3-5】（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，点在四边形内部，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，，则的度数为．【答案】/105度【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接，利用等边对等角得出，，利用切线的性质可求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．【详解】解∶连接，∵，，∴，，∵是切线，∴，即，∵，∴，∴，∵四边形是的内接四边形，∴，故答案为：．【中考模拟即学即练】【变式3-1】（2024·吉林·中考真题）如图，四边形内接于，过点B作，交于点E．若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据得到，再由四边形内接于得到，即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵四边形内接于，∴，∴,故选：C．【变式3-2】（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在内，若圆周角，则圆心角的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧上取一点，连接，利用圆内接四边形的性质得到，然后根据圆周角定理得到的度数，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：在优弧上取一点，连接，如图，∵四边形是内接四边形，∴，∵，∴，∴，故选：．【变式3-3】（2024·湖北宜昌·二模）如图，点O是的外心，若，求弦所对的圆周角．【答案】或【分析】本题考查了圆周角定理，内接四边形的性质，分两种情况：当是锐角三角形时；当是钝角三角形时，分别求解即可得解．【详解】解：当是锐角三角形时，∵，∴，当是钝角三角形时，∵，∴，综上所述，弦所对的圆周角为或，故答案为：或．【变式3-4】（2024·北京·模拟预测）平面中有四个点交于点使得．三角形的外接圆为．表示和的关系【答案】或【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质，先证明，得到，则A、B、C、D四点共圆，即A、B、C、D都在上，再分，当A、M在直线两侧时，当A、M在直线同侧时，利用圆周角定理求解即可．【详解】解：∵，∴，又∵，∴，∴，∴A、B、C、D四点共圆，即A、B、C、D都在上，如图所示，当A、M在直线两侧时，由圆周角定理可得如图所示，当A、M在直线同侧时，由圆周角定理可得，由圆内接四边形对角互补可知，∴，∴；综上所述，或，故答案为：或．题型四：切线的判定问题1.连半径,证垂直连接圆心与交点,证明直线垂直半径,即“连半径,证垂直”.常见的情形如下条件图形提示已知∠C=90°证明半径OE//AC已知∠ABC=90°证明△ODC≌△OBC已知AB是⊙0的直径,D是⊙0上的点,即∠ADB=90°证明∠ADO=∠BDC,结合等腰三角形,利用等角的余角相等“倒角”2.作垂直,证相等过圆心作直线的垂线段,证明垂线段长等于半径,即“作垂直,证相等”证明圆心到直线的距离等于半径的常见证明方法:①利用角平分线上的点到角两边的距离相等:②证明三角形全等.【中考母题学方法】【典例4-1】（2023·广东深圳·中考真题）如图，在单位长度为1的网格中，点O，A，B均在格点上，，，以O为圆心，为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题：①过点A作切线，且（点C在A的上方）；②连接，交于点D；③连接，与交于点E．(1)求证：为的切线；(2)求的长度．【答案】(1)画图见解析，证明见解析(2)【分析】（1）根据题意作图，首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，即可证明出为的切线；（2）首先根据全等三角形的性质得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）如图所示，∵是的切线，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，∵点D在上，∴为的切线；（2）∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴解得．【点睛】此题考查了格点作图，圆切线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．【典例4-2】（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含30°的直角三角形性质，是解决问题的关键．（1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得；（2）由直径性质可得，推出，根据含30°的直角三角形性质得到，根据，得到．【详解】（1）证明：∵连接，则，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴．【典例4-3】（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以CE为直径的经过AB上的点，与交于点，且．(1)求证：AB是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，，，，，．是的半径，AB是的切线；（2）解：设的半径为，则，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．【典例4-4】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．【答案】与相切，理由见解析【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论．【详解】解：与相切．证明：连接．∵，∴．∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上，∴．∴．∴．∴由，得，即．∴与相切．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．【典例4-5】（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与AD相切于点，与相交于点．(1)求证：AB与相切．(2)若正方形的边长为，求的半径．(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证；方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证；方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证；（2）根据与AD相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解．（3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出；方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解．【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点，与AD相切于点，．四边形是正方形，是正方形的对角线，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法二：证明：连接，过点作于点，与AD相切于点，，，四边形是正方形，，又，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法三：证明：过点作于点，连接．与相切，为半径，，，，，又四边形为正方形，，四边形为矩形，又为正方形的对角线，，，矩形为正方形，．又为的半径，为的半径，又，与相切．（2）解：为正方形的对角线，，与AD相切于点，，由（1）可知，设，在中，，，，，又正方形的边长为．在中，，，，．∴的半径为．（3）方法一：解：连接，设，，，，．在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，又，．．方法二：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，，，．方法三：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，设，则，，．又，，．【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．【中考模拟即学即练】【变式4-1】（2024·山西运城·模拟预测）阅读与思考直线与圆的位置关系学完后，圆的切线的特殊性引起了小王的重视，下面是他的数学笔记，请仔细阅读并完成相应的任务．欧几里得最早在《几何原本》中，把切线定义为和圆相交，但恰好只有一个交点的直线．切线：几何上，切线指的是一条刚好触碰到曲线上某一点的直线．平面几何中，将和圆只有一个公共交点的直线叫做圆的切线…证明切线的常用方法：①定义法；②距离法（运用圆心到直线的距离等于半径）；③利用切线的判定定理来证明．添加辅助线常见方法：见切点连圆心，没有切点作垂直．图1是古代的“石磨”，其原理是在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”然后带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．图2是一个“双连杆”，两个固定长度的“连杆”，的连接点P在上，，垂足为O，当点P在上转动时，带动点A，B分别在射线，上滑动，当点B恰好落在上时，，请判断此时与的位置关系并说明理由．小王的解题思路如下：与相切．理由：连接．∵点B恰好落在上，．（依据1），．，，．，（依据2），∴与相切．任务：(1)依据1：_____________________________．依据2：________________________________．(2)在图2中，的半径为6，，求的长．【答案】(1)同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；三角形的内角和等于(2)【分析】（1）结合圆周角定理及三角形内角和定理求出，根据切线的判定定理即可得解；（2）过点作于点，根据直角三角形的性质及角的和差求出，根据“两角对应相等的两个三角形相似”求出，根据相似三角形的性质求出，结合勾股定理及比例的性质求出，，，再根据勾股定理求解即可．【详解】（1）解：（1）如图2，连接．点恰好落在上，（同弧所对的圆周角等于圆心角的一半），，．，，．（三角形内角和是，，与相切．故答案为：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；三角形内角和是；（2）解：如图2，过点作于点，，与相切，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，三角形的内角和定理等，熟记相似三角形的判定与性质、切线的判定与性质是解题的关键．【变式4-2】（2024·广东揭阳·模拟预测）如图，已知是边上的一点，以为圆心、为半径的与边相切于点，且，连接，交于点，连接并延长，交于点．(1)求证：是切线；(2)求证：；(3)若是中点，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由切线的性质可知．证明得出，即，说明是圆O的切线；（2）证明得出，整理得；（3）设，则．由勾股定理求出x的值，得出．由，可设，则，，即可求出，从而得出，解出y的值，即可求出，即半径为．由直角三角形斜边中线的性质得出，结合等边对等角，得出，进而可证，得出，代入数据，即可求出，最后由求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，与圆相切于点，，即，，，，即，是圆的切线；（2）证明：，．，．又，，，；（3）解：，，设，则．，，解得：舍去负值，．，，设，则，，，解得：，，即半径为．是中点，，．，，，，，即，解得：，．【点睛】本题考查切线的性质与判定，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，解直角三角形等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．【变式4-3】（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，．(1)求证：；(2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由．【答案】(1)见解析(2)是的切线，证明见解析【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可；（2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论．【详解】（1）证明：∵与相切于点，∴，∵四边形为正方形，∴，，在和中，，∴，∴，∴，在和中，，∴；（2）是的切线，理由如下：证明：由（1）知，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵为的半径，∴是的切线．【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．【变式4-4】（2024·广东东莞·一模）如图1，是中的平分线，，以为半径的与相交于点，且．(1)求证：是切线；(2)如图2，设与的切点为，连接．当时，求的半径；(3)若是线段的中点，连与交于，在（2）的条件下，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）过点作于，根据角平分线的性质得出，根据“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”，即可证得是切线；（2）连接，根据切线得出，根据“直径所对的圆周角是直角”，得出，推出，根据等边对等角，由，得出，则，公共角，证明，得出，由，得，计算求出、，计算，最后根据，计算即可求得的半径；（3）连接，过点作，交的延长线于，由（2）得，，，，，得出，，结合勾股定理得出，求出、，根据，求出，根据勾股定理计算，根据与的切点为，得出，，根据勾股定理计算，得出，由，得出，求出，根据是线段的中点，求出，推出，根据“平行于三角形一边的直线截其他两边（或其他两边的延长线）所构成的三角形和原三角形相似”，得出，，结合，计算，根据计算，求出的值，根据的边上的高和的边上的高相等，则，得出答案即可．【详解】（1）证明：如图，过点作于，∵是的平分线，，，为半径，∴，点也在圆上，即也为半径，又∵，∴是切线；（2）解：如图，连接，∵是的切线，∴，∵是直径，∴，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴的半径为；（3）解：如图，连接，过点作，交的延长线于，∵由（2）得，，，，，∴，，∵，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵与的切点为，∴，，∴，∴，又∵，∴，，∴，∵是线段的中点，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵的边上的高和的边上的高相等，∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的性质、圆的切线的判定、角平分线的性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键．【变式4-5】（2025·云南·模拟预测）如图，是四边形的外接圆，是四边形的对角线，恰为的直径，，点在劣弧上，过点作，交的延长线于点，平分．

(1)求的度数；(2)求证：是的切线；(3)若，P是劣弧CD上的一个动点，不与C，D重合，连接AP，CP，DP，DG⊥AP于点G，求的值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由圆周角定理可得，，再利用三角形的内角和定理可得答案；（2）如图，连接，证明，可得，结合，可得，从而可得结论；（3）先证明，可得，如图，过作交的延长线于，证明，可得，可得，，证明，，证明，在中，证明，从而可得结论．【详解】（1）解：∵，∴，∵为的直径，∴，∴；（2）解：如图，连接，

∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵为的半径，∴为的切线；（3）解：∵为的直径，∴，∵，∴，∴，如图，过作交的延长线于，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴四边形为矩形，∴，，∴，∴，在中，，∴．【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，平行线的判定与性质，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，切线的判定，本题难度较大，是中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．题型五：与切线性质有关计算1.求角度问题的解题关键连接圆心和切点,构造直角三角形,依据三角形内角和定理得到角度,通常还需结合等腰三角形的性质、圆周角定理及推论和平行线性质定理进行角度转化2.求线段长问题的解题步骤第一步:先将题中已知条件进行转化,挖掘题中的隐含条件,如:①切线与过切点的半径垂直,可构造直角三角形:②圆的半径长相等,可构造等腰三角形;③弦与切线平行则弦与过切点的半径垂直,可结合垂径定理;第二步:结合已知解题方法,考虑利用勾股定理、锐角三角函数或相似三角形的性质求解;第三步:作辅助线,构造直角三角形或相似三角形;第四步:论证求解利用勾股定理求解的常考图形如下:图形AB与相切于点A，0B交于点CAB是的切线,CD∥AB,交OA于点E在Rt△ABC中,点O在AB上，交AB于点E,切BC于点D结论ΔOAB为直角三角形,r²+AB²=(r+BC)²△OED为直角三角形△ADE为直角三角形AE²-DE²=CD²+AC²利用相似三角形求解的常考图形如下:图形AB是直径,切线CD交于点E,交AB延长线于点C,AD⊥CDAB是直径.CD是的切线,切点为DAB是的直径,CD是O0的切线,C是切点,AD⊥CD结论△COE∽△CAD△BCD∽△DCA△ABC∽△ACD.【中考母题学方法】【典例5-1】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则°．【答案】35【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数．【详解】解：连接，与相切于点，，，；，，故答案为：35【典例5-2】（2024·云南昆明·模拟预测）在边长为10的正方形中，点E是的中点，作射线，在射线上有一点P，若以点P为圆心，半径长为4的与正方形的其中一边相切，则的长为．【答案】或或或或【分析】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．分五种情况讨论，分别作出图形，利用切线的性质，相似三角形的判定和性质即可求解．【详解】解：∵正方形的边长为10，点E是的中点，∴，，，，当与边相切时，点为切点，则，如图，∴，∴，∴，∴，∴；当与边相切时，点为切点，则，如图，同理，∴，∴，∴；当与边相切时，点为切点，则，延长交的延长线于点，如图，此时，，同理，∴，∴，∴；当与边相切时，点为切点，则，如图，同理，∴，∴，∴，∴；当与边相切时，点为切点，则，延长交的延长线于点，如图，此时，，同理，∴，∴，∴；综上，的长为或或或或，故答案为：或或或或．【典例5-3】（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为．【答案】【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，∴点B为定点，的长度为定值，∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴点H在以为直径的圆上运动，如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，∴当与相切时最大，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．【典例5-4】（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为．【答案】6【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明，根据等边对等角推出，则可证明得到，再由切线的性质得到，则解求出的长即可．【详解】解：如图所示，连接，∵，∴，∴，∴，∴，∵是的切线，∴，∴在中，，∴，∴半径的长为6，故答案为：．【典例5-5】（2024·天津·中考真题）已知中，为的弦，直线与相切于点．(1)如图①，若，直径与相交于点，求和的大小；(2)如图②，若，垂足为与相交于点，求线段的长．【答案】(1)；(2)【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．（1）根据等边对等角得到，然后利用三角形的内角和得到，然后利用平行线的性质结合圆周角定理解题即可；（2）连接，求出，再在中运用三角函数解题即可．【详解】（1）为的弦，．得．中，，又，．直线与相切于点为的直径，．即．又，．在中，．，．（2）如图，连接．∵直线与相切于点，∴∵∴．，得．在中，由，得．．在中，，．【中考模拟即学即练】【变式5-1】（2024·福建·中考真题）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．【详解】∵，为的中点，∴∵∴∵直线与相切，∴，∴故选：A．【变式5-2】（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．【详解】解：∵，∴．∵以为直径的与相切于点A，∴，∴．故选：D．【变式5-3】（2024·浙江·中考真题）如图，AB是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

【答案】/40度【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．【详解】解：∵与相切，∴，又∵，∴，故答案为：．【变式5-4】（2025·贵州·模拟预测）如图，是的直径，点是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．(1)若，求的度数；(2)若，，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由切线的性质推出半径，又，推出，得到，由等腰三角形的性质得到，因此，得到，求出．（2）求出，由勾股定理得到，由，判定，列出比例式，即可求出，，得到，由勾股定理求出．【详解】（1）解：切圆于，半径，，，，，，，，．（2）解：，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【变式5-5】（2024·河北邢台·一模）如图1，四边形中，，，，为四边形的对角线，．

(1)求点到的距离；(2)如图2，点在边上，且．以为圆心，长为半径作，点为上一点，连接交于．．①当与相切时，求的长；②当时，直接写出的长．【答案】(1)4(2)①；②5或11【分析】（1）由勾股定理求出的长，然后根据三角函数的定义求出到的距离即可；（2）①连接，由（1）以及可以求出的长，然后根据勾股定理求出的长，再根据勾股定理求出的长即可；②过作与，所以四边形为矩形，在中运用勾股定理即可求出的长，从而可以求出的长．【详解】（1）解：过作于，如图：，，，，在中，，，即点到的距离为4；（2）解：①连接，如图：由（1）知，，，，，，，，，是的切线，，；②过作于，如图：

，，四边形为矩形，，，在中，，；同理，，或11．【点睛】本题主要考查了圆的切线，矩形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，合理构造直角三角形是本题解题的关键．题型六：三角形的内心及内切圆重要结论识记图示条件点O是△ABC的内心⊙0是△ABC的内切圆结论1.点O是ΔABC角平分线的交点:2.∠B0C=90°+∠BAC,∠AOC=90°+∠ABC,∠AOB=90°+∠ACB1.点0是ABC的内心,⊙0分别与AB、BC,AC相切于点D,E,F,则OD=OE=OF；【中考母题学方法】【典例6-1】（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（

）

A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接，，作于G，

∵，，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，即它的内切圆半径为，故选：D．【典例6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，，，为的内切圆，过O作分别交、于D、E，则的长为（

）A． B．4 C．5 D．【答案】B【分析】如图，为的内切圆，切点分别为，连接，，，过作于，利用内切圆的性质求解，，再利用相似三角形的性质解得即可．【详解】解：如图，为的内切圆，切点分别为，连接，，，过作于，∴，，∵，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故选:B【点睛】本题考查的是三角形的内切圆的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．【典例6-3】（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为cm．【答案】【分析】连接，作的平分线交于点，作于，如图求得，则，，所以平分和，加上平分，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明，利用相似比可计算出．【详解】解：连接，作的平分线，交于点O，作于，在和中，，∴，∴，平分和，平分，点到四边形的各边的距离相等，∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，，，∴为等腰直角三角形，，设，则，，∵，，∴，，即，．即的半径为，∴圆形纸片的半径为．故答案为：【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键．【典例6-4】（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形的边翻折到，使点D的对应点E在边上，再将边翻折到，且点A的对应点F为的内心，则．【答案】4【分析】设交于点，作于点，作于点，根据平行线的判定和性质得出，根据折叠得出，根据等腰三角形三线合一的性质得出，，根据三角形内心的定义得出，，根据矩形的性质得出，，求得，，等量代换得出，结合平行线的性质得出，根据等腰直角三角形的定义得出，根据等边对等角得出，推得，，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等得出，结合三角形的外角性质得出，根据正切的定义的得出，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】解：设交于点，作于点，作于点，则，如图：∴，∴，根据折叠可得，∵，，∴，，∵点为的内心，∴，，∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵，，，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，在中，，在中，，∴，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内心的定义，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，正切的定义等．正确地作出辅助线，构建全等三角形是解题的关键．【典例6-5】（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；(3)若，，求的周长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)30【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得，，进而可求解．【详解】（1）解：∵是的直径，∴，又，∴，∵四边形是内接四边形，∴，∴；（2）解：，证明：连接，∵点I为的内心，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴；（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，∴，，，∵，，，∴，∵，，，∴，∴的周长为．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形的内心性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、切线长定理以及解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．【中考模拟即学即练】【变式6-1】（2024·山东聊城·一模）如图，点为等边的内心，连接并延长交的外接圆于点，已知外接圆的半径为，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查等边三角形的性质，等边三角形的内心、外心，连接，证明是等边三角形，即可求解，牢记“等边三角形的内心与外接圆的圆心重合”是解题的关键．【详解】解：如图，连接，是等边三角形，，点为等边的内心，，，等边三角形的内心与外接圆的圆心重合，点为的外接圆的圆心，，是等边三角形，，故选A．【变式6-2】（2024·四川南充·一模）如图，点是外接圆的圆心．点是的内心．连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角形的内心和外心的概念、圆周角定理、等腰三角形的定义、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．连接，由点是的内心可得平分，根据角平分线的定义可得，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理进行计算即可得到答案．【详解】如图，连接，∵点是的内心，∴平分，∵，∴，∵点是外接圆的圆心，∴，∵，∴，故选：C．【变式6-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在一张纸片中，，，，是它的内切圆．小明用剪刀沿着的切线DE剪下一块三角形，则的周长为（

）A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解直角三角形．设的内切圆切三边于点，连接，得四边形是正方形，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，再求出内切圆的半径，进而可得的周长．【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点、、，连接、、，∴四边形是正方形，

由切线长定理可知，∵是的切线，∴，，∵，，，∴，解得，∴，∵是的内切圆，、为切点，∴，，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，设内切圆的半径为，∴，∴，，∴，解得，∴，∴的周长为：．故选：B．【变式6-4】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在中，，，，点是的内心．点到边的距离为；【答案】2【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，角平分线的性质．连接，，，过点分别作，，于点，，，根据，，可得，即可解决问题．【详解】解：如图，连接，，，过点分别作，，于点，，，在中，，，，，是的内心，，，，，点到边的距离为2；故答案为：2．【变式6-5】（2024·福建南平·模拟预测）如图，以的直角边为直径的交斜边于点，过点作的切线与交于点，弦与垂直，垂足为．(1)求证：为的中点；(2)若的面积为，两个和的外接圆面积之比为3，求的内切圆面积和四边形的外接圆面积的比．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，，为直角三角形的中线，即可求解；（2）和的外接圆面积之比为3，确定，即，得，即可求解．【详解】（1）证明：连接、，是直径，则，是切线，，，，即是圆的切线，，，，，，，为的中点；（2）解：和的外接圆面积之比为3，，则两个三角形的外接圆的直径分别为、，，∵，∴，，∵，AB是直径，∴，，∴，，，是直角三角形的中线，，为等边三角形，的面积：，则，，，，，∵是的中位线，∴，∴四边形的外接圆面积，∵等边三角形边长为2，∴其内切圆的半径为：，面积为，故的内切圆面积和四边形的外接圆面积的比为：．【点睛】本题为圆的综合运用题，涉及到三角形的外接圆和内切圆的相关知识，本题的关键是通过和的外接圆面积之比为3，确定，进而求解．题型七：阴影部分面积计算方法1公式法面积公式直接计算观察图形,所求阴影部分为扇形、三角形或特殊四边形时,可直接用面积公式进行求解.方法2和差法面积和差运算观察图形,所求阴影部分面积可以看成扇形、三角形或特殊四边形面积的和或者差,则分别计算每部分面积,再加减计算.方法3等积转化法等积转化法的解题关键观察图形,当所求阴影部分可转化成规则图形或阴影部分不是一个整体时,可尝试通过等积转化法计算.1.通过平行线间三角形面积相等进行等积转化;2.将两部分阴影部分面积合二为一进行等积转化【中考母题学方法】【典例7-1】（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解∶过D作于E，∵是边长为的等边三角形的外接圆，∴，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．【典例7-2】（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为．【答案】402【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，∵，∴，由圆的性质可知，，∴，∴，∴扇形的弧长为，∴圆锥的底面圆半径为，故答案为：40；2．【典例7-3】（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．【详解】解：∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，∴，∴以为直径作半圆时，圆心为点，设弓形，连接，，即，如图：∴为等边三角形，∴，故阴影部分面积为，代入数值可得，故答案为．【典例7-4】（2024·宁夏·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作的切线交的延长线于点．(1)求证：；(2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．（1）连接，交于点G，根据等腰三角形的性质得到，由D为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到∠，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论；（2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，交于点，，，又为的内心，，，∴，又为的直径，，又为的切线且为的半径，，，∴；（2）解：，，，，，．【典例7-5】（2024·四川乐山·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，过点C作的切线交延长线于点D，点E为上一点，且．(1)求证：；(2)若垂直平分，，求阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图1，连接．则，即．由为直径，可得，即．则．由，可得．由，可得．则．进而可证．（2）如图2，连接．由垂直平分，可得．则为等边三角形．，．由，可得．由，可得．．证明为等边三角形．则，．．则．．．．，再根据，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接．

图1∵为的切线，∴，即．又∵为直径，∴，即．∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．（2）解：如图2，连接．

图2∵垂直平分，∴．又∵，∴为等边三角形．