专题05 多边形、四边形与圆-【好题汇编】2024年中考数学二模试题分类汇编（全国通用）

专题05 多边形、四边形与圆 ①多边形 ②圆 ③多边形与圆综合 ④立体图形及视图 多边形 1．（2024·陕西西安二模）如图，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形，则图中 ． 2．（2024·云南昭通·二模）正十边形的每个内角的度数是： ． 3．（2024·广东深圳·二模）如图，的对角线相交于点．如果添加一个条件，使得是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江温州·二模）【推理】 （1）如图1，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且．求证：四边形为平行四边形． 【应用】 （2）如图2，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且．在，上分别找一点P，Q，使四边形为平行四边形．若，求的长． 5．（2024·广东广州·模拟）在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，在菱形中，，以A为圆心，长为半径画弧，交对角线所在直线于点P，连结，则 ． 7．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，，E是对角线上一点，连接，作交边于点F，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·浙江杭州·二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足．连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点． 【初步分析】 （1）线段与的数量关系为______，位置关系为______； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由： （3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长． 9．（2024·安徽芜湖·二模）如图，在矩形中，，，是矩形内部的一个动点，连接，下列选项中的结论错误的是（    ） A． B．无论点E在何位置，总有 C．若，则线段的最小值为 D．若，的最大值为 圆 10．（2024·浙江温州·二模）如图，点A在上，弦于点D．若，，则（    ） A． B． C．2 D． 11．（2024·广东惠州·二模）如图，A，B，C三点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 12．（2024·陕西西安·二模）如图，是的一条弦，点C是的中点，连接，交于点D，连接，若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 13．（2024·内蒙古包头·二模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（） A．cm B．9 cm C．cm D．cm 14．（2024·河南商丘·二模）如图，四边形内接于为对角线，经过圆心．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 15．（2024·河南信阳·二模）阅读与思考 学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务． 割线定理如图，A是外一点，过点A作直线分别交于点B，C，D，E，则有．   证明：如图，连接． ∵（依据：①________________），， ∴． ∴②_________________． ∴． 任务： (1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______． (2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充完整，并给出证明． 已知：如图，A是外一点，过点A的直线交于点B，C，__________． 求证： ___________．    16．（2024·宁夏银川·二模）如图，在中，，以边为直径作交于点，过点作于点，，的延长线交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，且，求的半径与线段的长． 17．（2024·浙江杭州·二模）在内接于，点在上，连结，分别交于点，，．    (1)求证：． (2)若． ①求证：． ②若，，求的长． 18．（2024·山东德州·二模）如图，是的直径，点是上的一点，与的延长线交于点，，．    (1)求证：是的切线； (2)过点作于点，若的半径为4，求图中阴影部分的面积． 19．（2024·河南焦作·一模）如图，在中，以为直径作交于点，过点作的切线交于点．则的长为 ． 20．（2024·江苏镇江·二模）如图1，点P为外一点．    (1)过点P作的一条切线（请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹）； (2)如图2， 为的切线，连接，交于点E，作，交于点A，作直径，连接交于点F． ① 求证：； ② 若，求的长． 21．（2024·浙江温州·二模）如图，以为直径作圆，弦于点E，点P在弧上，点C关于直线的对称点为F．连接，，，，． (1)如图1，当点F与点A重合时，求证：． (2)如图2，当点F落在直径上时，若，，求直径的长． (3)如图3，当点F落在的中点时，求出的值． 立体图形及视图 22．（2024·云南昭通·二模）某几何体的主视图和俯视图如图所示，则该几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 23．（2024·浙江温州·二模）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，则该几何体的俯视图是（    ）    A．   B．       C．   D．   24．（2024·宁夏银川·二模）衢州莹白瓷以瓷质细腻、釉面柔和、透亮皎洁，似象牙又似羊脂白玉而名闻遐迩，被誉为瓷中珍品．如图是衢州莹白瓷的直口杯，它的俯视图是（    ） A． B． C． D． 25．（2024·内蒙古包头·二模）如图是一正方体的表面展开图．将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是（　　）    A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 26．（2024·河南信阳·二模）如图所示的几何体是由5个完全相同的小立方块搭成，它的主视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   27．（2024·山东济宁·二模）长方体的主视图与俯视图如图1所示，则这个长方体的体积是（ ）． A．52 B．32 C．24 D．9 28．（2024·山东济宁·二模）圆锥的底面直径是80cm，母线长90cm，则它的侧面展开图的圆心角是（　　） A．320° B．40° C．160° D．80° 多边形与圆综合 29．（2024·山东青岛·二模）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    30．（2024·江苏淮安·二模）如图，四边形内接于，如果的度数为122°，则∠DCE的度数为（   ） A． B． C． D． 31．（2024·江苏镇江·二模）如图，是内接四边形的一个外角，连接，若，则的度数为 °． 32．（2024·浙江杭州·二模）如图，正六边形与正方形都内接于，连接，则弦所对圆周角的度数为 ． 33．（2024·宁夏银川·二模）如图，正五边形 的边长为 ，以为边作等边，以A为圆心，长度 为半径画，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 34．（2024·陕西西安·二模）问题提出 （1）如图1，为⊙O的弦，，点是⊙O上的一个动点，且，则的最大值为 ； 问题探究 （2）如图2，在矩形中，，，以为斜边在矩形外部作直角三角形，为的中点，求的最大值； 问题解决 （3）如图3，老李家有一正方形花园，他想对其进行设计改造，种植对称的植物，使得整个花园呈现出一种平衡和谐的感觉．在正方形中，米，边上有两个点、，使得，连接、．在与区域种植花卉，是花园内一条小路，与交汇于点，在点处设计一个凉亭．连接，交于点，在处设计一口水井．老李想在与之间铺设条笔直的水管，为了节约成本，要求的长度尽可能的小，问的长度是否存在最小值？若存在，求出长度的最小值；若不存在，请说明理由． 35．（2024·浙江温州·二模）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为的中点，，则 ． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 多边形、四边形与圆 ①多边形 ②圆 ③多边形与圆综合 ④立体图形及视图 多边形 1．（2024·陕西西安二模）如图，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形，则图中 ． 【答案】/36度 【分析】根据五边形的外角可得，根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：∵由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成一个大五边形， ∴， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形的外角，三角形内角和定理，掌握正多边形的外角和为360°且每一个外角都相等是解题的关键． 2．（2024·云南昭通·二模）正十边形的每个内角的度数是： ． 【答案】/114度 【分析】本题考查多边形的内角和计算．熟知多边形的内角和计算公式是正确解题的关键． 先利用多边形的内角和计算公式求出正十边形的内角和，再除以边数即可． 【详解】正十边形的内角和为：， 正十边形的每个内角的度数为： ， 故答案为：． 3．（2024·广东深圳·二模）如图，的对角线相交于点．如果添加一个条件，使得是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可， 本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 当时，是菱形，不是矩形，不符合题意， 当时，，是矩形，符合题意， 当时，是菱形，不是矩形，不符合题意， 当时，是平行四边形，不是矩形，不符合题意， 故选：． 4．（2024·浙江温州·二模）【推理】 （1）如图1，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且．求证：四边形为平行四边形． 【应用】 （2）如图2，在平行四边形中，点E，F在对角线上，且．在，上分别找一点P，Q，使四边形为平行四边形．若，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例，掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和判定求证即可； （2）在上作点N，使，过点N作，的平行线，分别交，于点Q，P，可得平行四边形．连结，，，，先证为平行四边形，再根据平行线分线段成比例求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，连结交于点O， ∵平行四边形， ∴，． ∵，即， ∴， ∴四边形为平行四边形． （2）如图2，在上作点N，使，过点N作，的平行线，分别交，于点Q，P，可得平行四边形．连结，，，， 根据（1）中的推理应用可证四边形为平行四边形， 由，可得． ∵， ∴． 5．（2024·广东广州·模拟）在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由四边形是平行四边形，可得，由，可证四边形是平行四边形，由，可得，进而结论得证； （2）由四边形是平行四边形，可得，由四边形是矩形，可得，则，由勾股定理得，，由角平分线与平行线可得，，进而可得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴， ∵， 四边形是平行四边形， ∵， ， 四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 四边形是矩形， ， ， 由勾股定理得，， 平分， ， ∵， ， ， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，角平分线，等角对等边，熟练掌握平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，角平分线，等角对等边是解题的关键． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，在菱形中，，以A为圆心，长为半径画弧，交对角线所在直线于点P，连结，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．由菱形的性质可得，，，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，， 如图，当点在线段上时，则， ， ， 当点在线段的延长线时，， ， ， 故答案为：或． 7．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，，E是对角线上一点，连接，作交边于点F，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，由菱形的性质推出，，判定，是等边三角形，得到，，求出，而，得到，即可证明，推出，令，则，得出，得到，即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴令，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 8．（2024·浙江杭州·二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足．连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点． 【初步分析】 （1）线段与的数量关系为______，位置关系为______； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由： （3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长． 【答案】（1）；（2）四边形为菱形，理由见解析；（3） 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出，再证明，结合旋转性质，得出，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出，得出四边形是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形是菱形； （3）先得出是的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出，因为正方形的性质，得出，结合，进而求得,根据即可求解． 【详解】解：（1）；理由如下： ∵四边形是正方形 ∴， 又∵， ∴， ∴． 由旋转的性质，得， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， 即 （2）四边形为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）∵点是的中点，， ∴是的垂直平分线， ∴． 又∵， ∴ 又∵， ∴， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴在中， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 9．（2024·安徽芜湖·二模）如图，在矩形中，，，是矩形内部的一个动点，连接，下列选项中的结论错误的是（    ） A． B．无论点E在何位置，总有 C．若，则线段的最小值为 D．若，的最大值为 【答案】D 【分析】如图所示，连接，根据矩形的性质，勾股定理可得，结合点E在矩形ABCD内部，可判定A选项；如图1，过点E分别向矩形各边作垂线段，垂足分别为，可证四边形是矩形，四边形，四边形，四边形均是矩形，根据勾股定理可判定B选项；根据题意，可得E在以为直径的上，连接交于，当E与重合时，线段的长最小，根据圆的基础知识，勾股定理即可判定C选项；根据题意作图，以为边长向矩形内作等边，以O为圆心，为半径作，则点F在优弧上运动，当为直径时，即点E在点O处时，最大，最大为直径，可判定D选项． 【详解】解：如图所示，连接， ∵，， ∴， ∵点E在矩形内部， ∴点E不与点A、点C重合，即，故A正确； 如图，过点E分别向矩形各边作垂线段，垂足分别为， 设，，，， ∴四边形是矩形，四边形，四边形，四边形均是矩形， ∴，，，， ∴，， ∴，故B正确； 如图， ∵， ∴， ∴E在以为直径的上，连接交于，当E与重合时，线段的长最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为8．故C正确； 如图3， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 延长至F，使， ∴，以为边长向矩形内作等边，以O为圆心，为半径作，则点F在优弧上运动， ∴当为直径时，即点E在点O处时，最大，最大为直径．故选项D错误． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理的运用，线段最短的理解与计算，圆的基础知识的综合运用，掌握矩形的性质，最短路径的计算方法，合理作出辅助线是解题的关键． 圆 10．（2024·浙江温州·二模）如图，点A在上，弦于点D．若，，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理和垂径定理，等腰直角三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键． 先求，证、和是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求解即可． 【详解】∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴和是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故选：C． 11．（2024·广东惠州·二模）如图，A，B，C三点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，先作出弧所对的圆周角， 根据圆周角定理得出，然后根据圆内接四边形的性质即可求解，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，为弧所对的圆周角， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 12．（2024·陕西西安·二模）如图，是的一条弦，点C是的中点，连接，交于点D，连接，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，三角形内角和定理，等边对等角，平行线的性质，连接，先由圆周角定理得到，再由等边对等角得到，进一步由平行线的性质得到，则． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B．    13．（2024·内蒙古包头·二模）如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为（） A．cm B．9 cm C．cm D．cm 【答案】C 【详解】连接OA、OB、OE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=BC，∠ADO=∠BCO=90°， ∵在Rt△ADO和Rt△BCO中， ∴Rt△ADO≌Rt△BCO， ∴OD=OC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC， 设AD=acm，则OD=OC=DC=AD=acm， 在△AOD中，由勾股定理得：OA=OB=OE=acm， ∵小正方形EFCG的面积为16cm2， ∴EF=FC=4cm， 在△OFE中，由勾股定理得：(a)2=42+(a+4)2， 解得：a=-4（舍去），a=8， a =4（cm）， 故选C． 14．（2024·河南商丘·二模）如图，四边形内接于为对角线，经过圆心．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由同弧所对圆周角相等及直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵为圆的直径， ∴， ∴； 故选：B． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中同弧所对的圆周角相等，直角三角形两锐角互余，掌握它们是关键． 15．（2024·河南信阳·二模）阅读与思考 学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务． 割线定理如图，A是外一点，过点A作直线分别交于点B，C，D，E，则有．   证明：如图，连接． ∵（依据：①________________），， ∴． ∴②_________________． ∴． 任务： (1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______． (2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充完整，并给出证明． 已知：如图，A是外一点，过点A的直线交于点B，C，__________． 求证： ___________．    【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；； (2)与相切于点E．；证明见解析 【分析】（1）根据题意得到结论即可； （2）如图，连接，证明即可得到结论． 【详解】（1）如图，连接． ∵（依据：①__同弧所对的圆周角相等__），， ∴． ∴②_______． ∴． 故答案为：同弧所对的圆周角相等；； （2）已知：如图，A是外一点，过点A的直线交于点B，C，与相切于点E． 求证： ．    证明：如图，连接，连接并延长交于点D，连接．    ∵为的切线， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：与相切于点E． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键． 16．（2024·宁夏银川·二模）如图，在中，，以边为直径作交于点，过点作于点，，的延长线交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，且，求的半径与线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)的半径为6， 【分析】（1）连接，利用等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可； （2）利用直角三角形的边角关系定理列出比例式即可求得圆的半径，利用平行分线段成比例定理列出比例式即可求得的长． 【详解】（1）证明：连接，如图， ， ． ， ． ． ∴ ， ． 是的半径， 是的切线； （2）解：在中， ，， ， ． 即的半径为6． ， ， ． ，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，平行线分线段成比例定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 17．（2024·浙江杭州·二模）在内接于，点在上，连结，分别交于点，，．    (1)求证：． (2)若． ①求证：． ②若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解；② 【分析】（1）延长交于点，连结，利用圆周角定理，三角形外角的性质和垂直的定义解答即可； （2）①利用平行线的性质，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可； ②利用相似三角形的判定与性质得到，设，则，设，则，利用勾股定理求得，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； 【详解】（1）证明：延长交于点，连结，如图，   为的直径， ， ． ， ， ． 又， ， 即， ． （2）①证明：， ， ， ． ，， ， ． ②，， ， ． 设，则， 由①知：， ． 设，则， ，， ， ， ， ，， ． ，， ， ， ， 即， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，恰当的添加辅助线和利用勾股定理列出方程解答是解题的关键． 18．（2024·山东德州·二模）如图，是的直径，点是上的一点，与的延长线交于点，，．    (1)求证：是的切线； (2)过点作于点，若的半径为4，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了切线的判定和性质，扇形面积的计算，勾股定理的应用等知识点，解答此题的关键是理解过半径的外端垂直于半径的直线是圆的切线． （1）连接，利用等边对等角求得，，利用三角形内角和定理求得，即可证明是的切线； （2）证明是的中位线，利用，根据扇形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：连接，   ， ， ， ， 在 中，由三角形内角和得： ， ， 是半径， 是的切线； （2）解：由（1）得， 为直角三角形， ，， ，，， ， ，， ，， ， 图中阴影部分的面积为． 19．（2024·河南焦作·一模）如图，在中，以为直径作交于点，过点作的切线交于点．则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质等，作出辅助线，构造直角三角形，是求解的关键．连接，，根据等腰三角形可求出，可证 ，求出，为等边三角形，根据切线的性质，可证，再证，在直角三角形中，解直角三角形即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵为直径， ∴， 在中，，， ∴， ∵ ∴是等边三角形， ∴， ∵是切线， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴ 在中，，， ∴， 故答案是：． 20．（2024·江苏镇江·二模）如图1，点P为外一点．    (1)过点P作的一条切线（请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹）； (2)如图2， 为的切线，连接，交于点E，作，交于点A，作直径，连接交于点F． ① 求证：； ② 若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、正切函数、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）先作的垂直平分线得到的中点E，再以为半径作交于B、Q，根据圆周角定理得到，连接即可． （2）①先根据等腰三角形的性质、平行线的性质可得，再根据切线的性质、圆周角定理以及同角的余角相等即可证明结论；②由圆周角定理、平行线的性质可得，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据勾股定理列方程求得,即；然后再根据①的结论运用正切函数列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图：线段即为所求；    （2）解：①∵, ∴， ∵， ∴, ∴， ∵是直径， ∴, ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∴． ②∵是直径， ∴, ∵， ∴， ∵,, ∴, ∵， ∴, ∵,即, ∴,解得：,即, ∵， ∴，即, ∴,解得：． 21．（2024·浙江温州·二模）如图，以为直径作圆，弦于点E，点P在弧上，点C关于直线的对称点为F．连接，，，，． (1)如图1，当点F与点A重合时，求证：． (2)如图2，当点F落在直径上时，若，，求直径的长． (3)如图3，当点F落在的中点时，求出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，轴对称的性质，解直角三角形，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解题的关键． （1）根据垂径定理和圆周角定理求证即可； （2）连接，根据垂径定理得，根据轴对称性质可得，再利用锐角三角函数求解即可； （3）连接，同（2）的方法求解即可． 【详解】（1）证明：∵直径， ∴， ∴． ∵点F，C关于对称（A，F重合）， ∴， ∴， ∴． （2）如图2，连接， ∵直径， ∴， ∴． ∵点F，C关于对称， ∴， ∴． 又∵，， ∴， ∴，， ∴． （3）如图3，连接， ∵直径， ∴． ∵点F，C关于对称，F为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴． 立体图形及视图 22．（2024·云南昭通·二模）某几何体的主视图和俯视图如图所示，则该几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了几何体的三视图，先根据几几何体的主视图和俯视图得出几何体，再根据从左边看得到的图形是左视图求解即可． 【详解】由该几何体的主视图和俯视图可知，该几何体为圆锥， ∴该几何体的左视图是三角形， 故选：C． 23．（2024·浙江温州·二模）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，则该几何体的俯视图是（    ）    A．   B．       C．   D．   【答案】B 【分析】本题考查简单组合体的三视图，根据俯视图是从几何体的上面看到的图形求解即可． 【详解】 解：该几何体的俯视图是  ， 故选：B． 24．（2024·宁夏银川·二模）衢州莹白瓷以瓷质细腻、釉面柔和、透亮皎洁，似象牙又似羊脂白玉而名闻遐迩，被誉为瓷中珍品．如图是衢州莹白瓷的直口杯，它的俯视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查简单几何体的三视图．根据视图的意义，从上面面看所得到的图形即可． 【详解】解：从上面看到是两个圆，且上面的圆大，下面的圆小， 故选：B． 25．（2024·内蒙古包头·二模）如图是一正方体的表面展开图．将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是（　　）    A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 【答案】D 【分析】根据题意画出立体图形，即可求解． 【详解】解：折叠之后如图所示，    则K与点D的距离最远， 故选D． 【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，学生需要有一定的空间想象能力． 26．（2024·河南信阳·二模）如图所示的几何体是由5个完全相同的小立方块搭成，它的主视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据主视图的定义，即可解答． 【详解】解：根据题意可得： 该几何体的主视图为  ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了主视图的定义，解题的关键是掌握从几何图正面看到的图形是主视图． 27．（2024·山东济宁·二模）长方体的主视图与俯视图如图1所示，则这个长方体的体积是（ ）． A．52 B．32 C．24 D．9 【答案】C 【详解】由主视图可知，这个长方体的长和高分别为4和3，由俯视图可知，这个长方体的长和宽分别为4和2，因此这个长方体的长、宽、高分别为4、2、3，因此这个长方体的体积为4×2×3=24平方单位，故选C 28．（2024·山东济宁·二模）圆锥的底面直径是80cm，母线长90cm，则它的侧面展开图的圆心角是（　　） A．320° B．40° C．160° D．80° 【答案】C 【详解】解：∵圆锥的底面直径是80cm，∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：πd=80π，∵母线长90cm，∴圆锥的侧面展开扇形的面积为：lr= ×80π×90=3600π，∴=3600π，解得：n=160．故选C． 点睛：本题考查了圆锥的有关计算，解答此类题目的关键是明确圆锥的侧面展开扇形与圆锥的关系． 多边形与圆综合 29．（2024·山东青岛·二模）如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．    【答案】 【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：由题意，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积，正多边形的每个内角度数为． 30．（2024·江苏淮安·二模）如图，四边形内接于，如果的度数为122°，则∠DCE的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据圆周角定理求出，然后根据圆内接四边形的性质求出，最后根据邻补角性质求解即可． 【详解】解：， ， ∵四边形内接于， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 31．（2024·江苏镇江·二模）如图，是内接四边形的一个外角，连接，若，则的度数为 °． 【答案】 【分析】此题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据题意得到，，根据同角的补角相等和圆周角定理即可得到． 【详解】解：∵是内接四边形的一个外角， ∴， ∴ 故答案为： 32．（2024·浙江杭州·二模）如图，正六边形与正方形都内接于，连接，则弦所对圆周角的度数为 ． 【答案】或 【分析】本题考查正多边形和圆的关系，以及同弧所对圆周角是它所对圆心角得一半，先求出正六边形和正方形的边所对的圆心角，求差可得弦所对得圆心角，再分别求出优弧和劣弧所对得圆周角即可． 【详解】如图，连接，， ∵四边形是正方形 ∴ ∵六边形是正六边形 ∴ ∴ ∴弦所对圆周角的度数为或 故答案为：或． 33．（2024·宁夏银川·二模）如图，正五边形 的边长为 ，以为边作等边，以A为圆心，长度 为半径画，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了求扇形面积，正多边形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据正五边形的性质可得，再由等边三角形的性质可得，从而得到，再由扇形面积公式计算，即可求解． 【详解】解：在正五边形中，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴图中阴影部分的面积为． 故选：B． 34．（2024·陕西西安·二模）问题提出 （1）如图1，为⊙O的弦，，点是⊙O上的一个动点，且，则的最大值为 ； 问题探究 （2）如图2，在矩形中，，，以为斜边在矩形外部作直角三角形，为的中点，求的最大值； 问题解决 （3）如图3，老李家有一正方形花园，他想对其进行设计改造，种植对称的植物，使得整个花园呈现出一种平衡和谐的感觉．在正方形中，米，边上有两个点、，使得，连接、．在与区域种植花卉，是花园内一条小路，与交汇于点，在点处设计一个凉亭．连接，交于点，在处设计一口水井．老李想在与之间铺设条笔直的水管，为了节约成本，要求的长度尽可能的小，问的长度是否存在最小值？若存在，求出长度的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）的最大值；（3）存在，的最小值为米 【分析】（1）经过点时，取最大值，连接，由圆周角定理得到，再得出是等边三角形，即可求解； （2）取的中点，连接，，，再利用勾股定理即可求解； （3）取的中点，连接，，分别证明，，得到，再利用勾股定理求出当点共线时， 的最小值即可求解． 【详解】解：由题意知，圆上两点直径最长，则经过点时，取最大值，连接，如图： ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）取的中点，连接，如图： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵为的中点，为的中点， ∴，， ∴， ∵点是的斜边的中点， ∴， ∵根据三角形三边关系可得： ， ∴当点，点，点共线时，最大值为：， ∴的最大值； （3）存在；取的中点，连接，，如图： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，是的中点，， ∴， 在中， ， 在中， ， 当点共线时， 有最小值， ， ∴的最小值为：米． 【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，正方形与矩形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． 35．（2024·浙江温州·二模）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点I在DE上，以EF为直径的圆交直线AB于点M，N．若I为的中点，，则 ． 【答案】 【分析】连接，分别交于点，先证明三点共线，证明，得到，勾股定理求出的长，进而求出的长，取的中点，连接，过点作，得到，，证明，得到，，进而得到，平行线分线段成比例，得到为的中点，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长，即可得出结论． 【详解】连接，分别交于点， ∵四边形，四边形均为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴三点共线， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵I为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 取的中点，连接，过点作，则：，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，综合性强，难度大，属于填空题中的压轴题，熟练掌握相关知识点，确定圆心的位置，是解题的关键． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$