专题01 与圆相关的求解问题（四大题型45题）-2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用）

2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题01 与圆相关的求解问题（四大题型45题） 目录 题型一：利用垂径定理求值 1 题型二：巧用圆心角求值 12 题型三：巧用圆周角求值 30 题型四：巧解不规则图形面积 51 题型一：利用垂径定理求值 1．（2024·上海长宁·二模）如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A．弧弧 B． C． D． 2．（2024九年级下·上海·专题练习）如图，是的弦，以为斜边的等腰直角，圆心位于外，如果，，那么的半径是 ． 3．（23-24九年级下·上海·阶段练习）如图，和相交于和，过点作的平行线交两圆于，已知，则 ． 4．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦与交于点E，如果，点M是的中点，连接，并延长与圆O交于点N，那么 ．    5．（24-25九年级上·上海青浦·期中）已知的半径长为5，弦与弦平行，，，则弦和弦之间的距离为 ． 6．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，已知圆的弦垂直于直径，点在上，且，若，的长为    7．（21-22九年级下·上海·自主招生）如图，两个同心圆，小圆的半径为，大圆的半径为，点为小圆上的动点，、是大圆上的两个动点，且，则的长的最大值是 ． 8．（24-25九年级上·上海青浦·期中）如图，已知经过顶点A、B，交边于点D，交边于点E． (1)如果，求证：． (2)如果点A是弧的中点，，，，求的半径． 9．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心， (1)如图1，，的延长线交于圆心O，若甲组测得，，，求的长； (2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为弧的中点，若丙组测得，，求：该混凝土管片的外圆弧半径． 10．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 题型二：巧用圆心角求值 11．（2023·上海·模拟预测）已知钝角内接于，，将沿所在直线翻折，得到，连接、，如果，那么的值为 ． 12．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 13．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，点在上，顺次连接，且，． (1)求的度数； (2)若的半径为2，求的面积． 14．（2024·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 15．（2024·上海徐汇·二模）如图，在扇形中，，，点、是弧上的动点（点在点的上方，点不与点重合，点不与点重合），且． (1)①请直接写出弧、弧和弧之间的数量关系； ②分别连接、和，试比较和的大小关系，并证明你的结论； (2)分别交、于点、． ①当点在弧上运动过程中，的值是否变化，若变化请说明理由；若不变，请求的值； ②当时，求圆心角的正切值． 16．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 17．（2023·上海宝山·一模）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分． (1)已知，，求圆O的半径； (2)如果，求弦所对的圆心角的度数． 18．（2023·上海·一模）已知：如图，是的直径，C是上一点，，垂足为点D，F是的中点，与相交于点E，，． (1)求的长； (2)求的值． 19．（2023·上海崇明·二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点． (1)求的半径长； (2)联结，求． 20．（2023·上海·模拟预测）如图，是半圆O的直径，，P是半圆O上一动点，，垂足为点C，D是的中点，联结． (1)当时，求线段的长； (2)设，，求y关于x的函数解析式； (3)设与交于点，当时，求的值． 题型三：巧用圆周角求值 21．（23-24九年级下·上海金山·阶段练习）如图，已知上的两条弦和互相垂直于点C，点D在弦上，点E在弦上，且，连接和，点P为中点，点Q为中点，射线与线段交于点N，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 22．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，是半的直径，点在半上，，，是上的一个动点，连接，过点作于，连接，在点移动的过程中，的最小值为 ． 23．（2024·上海·三模）如图，、、均为等边三角形，边在圆的直径上，点F恰好落在圆上，且，若、D、F三点恰好在同一条线上，则的值为 ． 24．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图是以点为圆心，为直径的圆形纸片，点在上，将该圆形纸片沿直线对折，点落在上的点处（不与点重合），连接，，．设与直径交于点．若，的值等于 ． 25．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为 ． 26．（24-25九年级上·浙江金华·阶段练习）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点C，使得C是“圆等三角形”，则这样的点C能找到_______个． (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线和均为“圆等三角形”，且． ①当时，求的度数； ②如图3，当时，求阴影部分的面积． 27．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，在中，是的直径，是的弦且与交于点E（E不与O重合），，点F在弧上，连接交于点H，交于点G． (1)如图1，设为x，为y，求：y关于x的函数解析式及其定义域； (2)如图2，过点B作于点N，交于点M，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点Q，连接并延长交的延长线于点P，若，，，请直接写出的值． 28．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，为的直径，点C为下方的一动点，连结，过点O作交于点D，过点C作的垂线，垂足为F，交的延长线于点E． (1)求证：． (2)设，．求：y关于x的函数表达式并写出其定义域； (3)若的面积是的面积的3倍，的正弦值与的正切值相等，求的度数． 29．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，等腰直角三角形中有，，点是线段中点，点是平面内任意一点，将线段绕点逆时针旋转得线段． (1)如图1，连接、，若点与点重合，，求长度； (2)如图2，若点在右侧，取中点，连接、、，，在线段上取一点满足，证明：． 30．（2024·上海青浦·模拟预测）如图1，，是半圆上的两点，若直径上存在一点，满足，则称是的“幸运角”． (1)如图2，是的直径，弦，是上一点，连接交于点，连接，是的“幸运角”吗？请说明理由． (2)设的度数为，请用含的式子表示的“幸运角”度数． (3)在（1）的条件下，直径，的“幸运角”为，当时，求的长． 题型四：巧解不规则图形面积 31．（2024·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为 ．    32．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    33．（21-22九年级下·上海·阶段练习）如图，扇形的弧与相切于点P，若，，，则图中阴影面积是 ．（结果保留） 34．（2022·上海松江·三模）如图，在中，，点为的中点，以点为圆心作圆心角为的扇形，点恰在弧上，则图中阴影部分的面积为 ． 35．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，有一圆形纸片圆心为，直径的长为，，将纸片沿、折叠，交于点，求阴影部分面积． 36．（22-23九年级上·上海·期末）已知，在直角三角形中，，以边为直径作半圆，把4个相同的直角三角形通过一定的图形运动拼成四叶草的形状（如图所示），求阴影部分的周长和面积．（π取3.14）    五、题型五：正多边形和圆 37．（24-25九年级上·上海·阶段练习）一个正多边形的内角等于中心角的2倍，那么这个正多边形的边心距与半径之比为 ． 38．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）正多边形的外角和中心角差的值为自然数是 （选填“真命题”或“假命题”） 39．（2024·上海·模拟预测）在正六边形中，若最长对角线长为4，最短对角线长为 40．（23-24九年级下·上海静安·阶段练习）对角线条数和自身边数相同的正多边形的中心角度数为 ． 41．（2024·上海普陀·三模）对角线条数和边数相同的正多边形的中心角的余弦值为 42．（2024·上海虹口·三模）设正多边形的边数为，中心角度数为，则关于的函数解析式及其定义域为 43．（2024·上海闵行·三模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P，Q，M均为正六边形的顶点．若点P，Q的坐标分别为，，则点M的坐标为 ． 44．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 45．（2024·上海·三模）如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 6 助理新中考，周周有练习，月月有重点！ 11 助力新中考，周周有练习，月月有重点！ 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 2025年中考数学复习高频考题专项训练（上海专用），一线教师精选试题！ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题01 与圆相关的求解问题（四大题型45题） 目录 题型一：利用垂径定理求值 1 题型二：巧用圆心角求值 12 题型三：巧用圆周角求值 30 题型四：巧解不规则图形面积 51 题型一：利用垂径定理求值 1．（2024·上海长宁·二模）如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A．弧弧 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系；根据题意和垂径定理，可以得到，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵， ∴，，故A正确；， ∴， , ∴，故B正确；, ∴，故C错误； ∵， ∴，故D正确； 故选：C． 2．（2024九年级下·上海·专题练习）如图，是的弦，以为斜边的等腰直角，圆心位于外，如果，，那么的半径是 ． 【答案】5 【分析】此题主要考查了等腰直角三角形以及勾股定理等知识，正确应用勾股定理是解题关键．根据题意得出，，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】解：连接并延长交于点，连接，， ，， 是的垂直平分线， ，， 是等腰直角形，，， ，，， ． 故答案为：5． 3．（23-24九年级下·上海·阶段练习）如图，和相交于和，过点作的平行线交两圆于，已知，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，垂径定理的应用，作于点，于点，利用垂径定理得到，，且易得四边形为矩形，进而得到，再利用等量代换即可得到． 【详解】解：作于点，于点， ，，， ， 易得四边形为矩形， ， ， ， 故答案为：． 4．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦与交于点E，如果，点M是的中点，连接，并延长与圆O交于点N，那么 ．    【答案】/ 【分析】本题主要考查圆有关性质．熟练掌握垂径定理推论，等腰直角三角形性质，是解决问题的关键． 由题意可知，则， 根据垂径定理推论得到，结合可得是等腰直角三角形，求得，即可求得． 【详解】解：∵在圆O中，是直径，， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（24-25九年级上·上海青浦·期中）已知的半径长为5，弦与弦平行，，，则弦和弦之间的距离为 ． 【答案】1或7 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识．熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键． 由题意知，分弦与弦在直径的两侧，弦与弦在直径的同一侧，两种情况求解作答即可． 【详解】解：由题意知，分弦与弦在直径的两侧，弦与弦在直径的同一侧，两种情况求解； 当弦与弦在直径的两侧，如图1，过作于，于，连接， 由垂径定理得，， 由勾股定理得，，， ∴； 当弦与弦在直径的同一侧，如图2，过作于，于，连接， 同理，，， ∴； 综上所述，弦和弦之间的距离为1或7， 故答案为：1或7． 6．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，已知圆的弦垂直于直径，点在上，且，若，的长为    【答案】/ 【分析】考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理；根据有两组角对应相等的两个三角形相似证明，根据相似三角形的对应边成比例先求出的长，已知的长，进而求得的长，即可求解． 【详解】解：弦垂直于直径， ． ． 又， ． ． 又， ． 故答案为：． 7．（21-22九年级下·上海·自主招生）如图，两个同心圆，小圆的半径为，大圆的半径为，点为小圆上的动点，、是大圆上的两个动点，且，则的长的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，先固定点，当，点在上运动时，保持，则点在为直径的上运动，当点离的距离最远时，即时，取得最大值， 进而得出是等腰直角三角形，在中，由勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图所示，先固定点，当，点在上运动时，保持，则点在为直径的上运动，当点离的距离最远时，即时，取得最大值， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， 设，则， 在中，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， 故答案为：． 8．（24-25九年级上·上海青浦·期中）如图，已知经过顶点A、B，交边于点D，交边于点E． (1)如果，求证：． (2)如果点A是弧的中点，，，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）由，可得，则，，进而可证； （2）如图，连接，连接并延长交于，连接，由点A是弧的中点，可得，，则，由，可求，设的半径为，则，，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，连接并延长交于，连接， ∵点A是弧的中点， ∴，， ∴， ∴， 解得，， 设的半径为，则，， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴的半径为5． 【点睛】本题考查了弧、圆周角、弦的关系，等角对等边，垂径定理，正弦，勾股定理等知识．熟练掌握弧、圆周角、弦的关系，等角对等边，垂径定理，正弦，勾股定理是解题的关键． 9．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心， (1)如图1，，的延长线交于圆心O，若甲组测得，，，求的长； (2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接触点L为弧的中点，若丙组测得，，求：该混凝土管片的外圆弧半径． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，垂径定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键， （1）由，，推出，即可证得，再根据相似三角形对应边成比例解答即可； （2）连接、、、、与相交于点，由垂径定理可得，再结合勾股定理得到，据此解答即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的根，即． 答：的长为； （2）解：如图，设圆心为点，连接、、、、与相交于点， 则，， 设外半径为，则， 在中，由勾股定理可得：， 即， 解得：， 答：该混凝土管片的外圆弧半径为． 10．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)直线与相交，理由见解析． 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅助线是解题的关键． （）连接并延长交于点，连接，由可得，进而得，，利用勾股定理得，得到，再由勾股定理即可得到的长； （）直线与相交．过点作于，由三角函数得，得到，进而得，再根据三角形的面积得，即可求证． 【详解】（1）解：连接并延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：直线与相交，理由如下： 过点作于， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴直线与相交． 题型二：巧用圆心角求值 11．（2023·上海·模拟预测）已知钝角内接于，，将沿所在直线翻折，得到，连接、，如果，那么的值为 ． 【答案】/ 【分析】延长交于，设交于、，连接，，设，由翻折知是的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题． 【详解】解：延长交于，设交于、，连接，，如图， ∵， 设， 由翻折知是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴（）， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， 解得， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似三角形的性质表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题． 12．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 【答案】/ 【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可． 【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK， 过圆心O，， 设的半径为 ∴ 整理得： 解得： 不符合题意，舍去， ∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键． 13．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，点在上，顺次连接，且，． (1)求的度数； (2)若的半径为2，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了圆中弧、弦、角的关系，垂径定理以及勾股定理等知识点，掌握相关结论即可． （1）根据即可求解； （2）求出的度数可得，过点作交于点，连接，分别求出即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ． （2）解：∵，， ∴， ， 如图，过点作交于点，连接， 则过， 由（1）可得． 因为 ∴是等边三角形， ∴， ∵的半径为2， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴． 14．（2024·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据为半圆的中点可得，根据矩形的判定可得平行四边形为矩形，即可证明； （2）连接，，交于，结合（1）易知四边形为正方形，可证，得，再证垂直平分，进而证明，再根据角度之间的互余关系可得，即可则证明． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵为半圆的中点， ∴，即， ∴平行四边形为矩形． ∴， ∴． （2）证明：连接，，交于， 由（1）可知平行四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形，则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，矩形、正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 15．（2024·上海徐汇·二模）如图，在扇形中，，，点、是弧上的动点（点在点的上方，点不与点重合，点不与点重合），且． (1)①请直接写出弧、弧和弧之间的数量关系； ②分别连接、和，试比较和的大小关系，并证明你的结论； (2)分别交、于点、． ①当点在弧上运动过程中，的值是否变化，若变化请说明理由；若不变，请求的值； ②当时，求圆心角的正切值． 【答案】(1)①；②，证明见解析； (2)①的值不变，；②或． 【分析】（1）①根据“同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等”即可得到答案； ②在弧上取点连接，使得，可得，根据角的和差关系可得，则，即可得到答案； （2）①证明，即可得到答案； ②过点在下方作，截取，连接、，证得，可得，进一步证得，则可得，由勾股定理和线段的和差关系可得，联立解得，过点N作于点F，则，利用勾股定理求得，，根据正切的概念计算即可． 【详解】（1）解：①，， ， ； ②．证明如下： 在弧上取点连接，使得， ； 、可得； ， ， ； ； ． （2）解：①的值不变，． ，， ； ，， ； ； ； ． ②如图， 过点在下方作，截取，连接、， ， ， ，， ； 又，， ， ， ； ，； 解得或； 过点N作于点F，则， ， ， ， 设，则， 当时， 在中，，即， 解得：， ； 当时， 在中，，即， 解得：， ． 【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 16．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）由题意易得，则有，然后可证，进而问题可求证； （2）由（1）可知：，，然后可得扇形关于对称，则有，进而问题可求证． 【详解】（1）证明：∵，是公共弧， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：如图所示： 由（1）可知：，， ∵点Р为的中点， ∴， ∴扇形关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定，熟练掌握垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定是解题的关键． 17．（2023·上海宝山·一模）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分． (1)已知，，求圆O的半径； (2)如果，求弦所对的圆心角的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，如图，设的半径为，则，，先根据垂径定理得到，，在中利用勾股定理得到，然后解方程即可； （2）连接，如图，先利用得到，即，再利用正弦的定义得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算即可． 【详解】（1）解：连接，如图，设的半径为，则，， 平分， ，， 在中，， 解得， 即的半径为； （2）连接，如图， ， ， 即， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即弦所对的圆心角的度数为． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系：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．也考查了垂径定理和勾股定理． 18．（2023·上海·一模）已知：如图，是的直径，C是上一点，，垂足为点D，F是的中点，与相交于点E，，． (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，根据F是中点，得到，根据得到且，设，则，根据勾股定理得到，解方程得到，即可得到； （2）先求出，再证明，根据余弦定义即可求解得到． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵F是中点， ∴ ∴ ∵ ∴且， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴；    （2）解：∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了弧、圆心角的关系，等腰三角形的性质，勾股定理，余弦的定义等知识，熟练掌握相关知识点并灵活应用是解题的关键． 19．（2023·上海崇明·二模）如图，已知在中，，，经过的顶点A、C，交边于点D，，点C是的中点． (1)求的半径长； (2)联结，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联结，易得，为等腰三角形，利用三线合一，以及垂径定理，进行求解即可； （2）过点作，勾股定理求出的长，进而得到的长，等积法求出的长，利用正弦的定义，进行求解即可． 【详解】（1）解：联结，则：， ∵点C是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设圆的半径为，则：， ∴， 在中，，即：， 解得：， ∴的半径长为． （2）解：由（1）知：， ∴， ∴， 过点作于点， 则，即：， ∴， 由（1）知：， ∴． 【点睛】本题考查弧，弦，圆心角的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形．熟练掌握等弧对等弦对等角，是解题的关键． 20．（2023·上海·模拟预测）如图，是半圆O的直径，，P是半圆O上一动点，，垂足为点C，D是的中点，联结． (1)当时，求线段的长； (2)设，，求y关于x的函数解析式； (3)设与交于点，当时，求的值． 【答案】(1)AP＝ (2)y＝ (3)2 【分析】（1）联结，在直角三角形中，求得的值，在直角三角形中求出； （2）联结，取的中点，联结，在直角三角形中，表示出，根据三角形中位线性质可得，从而表示出，在直角三角形中，根据，进一步求得结果； （3）取的中点，联结，设，，根据三角形中位线性质，表示出，根据，可得，设，，进一步表示出和，进一步得出，，进一步得出结果． 【详解】（1）解∶如图1， 联结， 在中，，， ， 在中， ； （2）解∶ 如图2， 联结，取的中点，联结， 在中，，， ， 点是的中点， ，， ， ， ， ， ； （3）解∶ 如图3， 取的中点，联结， 设，， 由（2）得：，， ， ， 设，， ， ， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆的有关性质，解直角三角形，三角形中位线性质知识，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形的中位线． 题型三：巧用圆周角求值 21．（23-24九年级下·上海金山·阶段练习）如图，已知上的两条弦和互相垂直于点C，点D在弦上，点E在弦上，且，连接和，点P为中点，点Q为中点，射线与线段交于点N，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、、，利用可得为圆的直径，再利用点为中点，点为中点，可得，分别为三角形的中位线，则得，，，，从而，，则得；利用，可得，，，则得，所以；过点作于点，则为等腰直角三角形，；在中，利用直角三角形的边角关系即可解答． 【详解】解：连接、、，如图， ， ． 为的直径， ． 点为中点，点为中点， 是的中位线，是的中位线． ，，，． ， ． ， ． 为等腰直角三角形． ． ，， ． ． ， ． ． ， ． 过点作于点，则为等腰直角三角形， ． 在中， ， ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理及推论、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、特殊角的三角函数值、解直角三角形、平行线的判定与性质、三角形的内角和定理及推论等知识点．灵活利用解直角三角形的知识是解题的关键． 22．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，是半的直径，点在半上，，，是上的一个动点，连接，过点作于，连接，在点移动的过程中，的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系等知识．如图，取的中点为，连接、，在点D移动的过程中，点E在以为直径的圆上运动，当、E、B三点共线时，的值最小，最小值为，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】解：如图，取的中点为，连接、， ， ， ， 在点D移动的过程中，点E在以为直径的圆上运动， 是直径， ， 在中， ， ， 在中，， ， 当、E、B三点共线时，的值最小，最小值为：， 故答案为：． 23．（2024·上海·三模）如图，、、均为等边三角形，边在圆的直径上，点F恰好落在圆上，且，若、D、F三点恰好在同一条线上，则的值为 ． 【答案】 【分析】连接，，则，再由等边三角形的性质推出，得到，设的边长为x，则的边长为，证明求出x的值，进而可求出的长，然后可求的值． 【详解】解；如图，连接，，则D在上． ∵是直径，点F恰好落在圆上， ∴， ∵均为等边三角形， ∴，． ∴， ∴， 设的边长为x，则的边长为， ∵、、均为等边三角形， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， 经检验，是原方程的解 ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的有关概念，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等边三角形的性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 24．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图是以点为圆心，为直径的圆形纸片，点在上，将该圆形纸片沿直线对折，点落在上的点处（不与点重合），连接，，．设与直径交于点．若，的值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定与性质等知识，由折叠性质知，设，则 ，， 设圆半径为r，易得可得，则由可求得结果，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】由折叠性质知， 设，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 解得：， ∴， 设圆半径为， ∵，， ∴， 即 ∵， ∴，， ∴由得：， 解得：（负值舍去）； ∵， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 25．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查了正六边形的性质、圆周角定理；熟练掌握正六边形的性质，由圆周角定理求出是解决问题的关键． 连接，由正六边形的性质得出，由圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图：连接， ∵多边形是正六边形， ， ， ， 故答案为：． 26．（24-25九年级上·浙江金华·阶段练习）定义：若圆内接三角形是等腰三角形，我们就称这样的三角形为“圆等三角形”． (1)如图1，是的一条弦（非直径），若在上找一点C，使得C是“圆等三角形”，则这样的点C能找到_______个． (2)如图2，四边形是的内接四边形，连结对角线和均为“圆等三角形”，且． ①当时，求的度数； ②如图3，当时，求阴影部分的面积． 【答案】(1)4 (2)①或或，② 【分析】本题考查了圆周角的定理和等腰三角形的性质，求扇形面积，解题关键是准确理解题意，熟练运用圆的有关知识、等腰三角形的性质进行解题． （1）根据等腰三角形的画法画图即可判断； （2）①求出的度数，再分类讨论，求出，即可解答； ②连结、、，得出是等边三角形，求出圆心角和半径，运用公式求出扇形面积和三角形面积即可． 【详解】（1）解：如图，使得是“圆等三角形”，则这样的点能找到4个， 故答案为：4． （2）解：①∵四边形是圆内接四边形，，， ，， 当时，， ∴； 当时，， ∴； 当时，， ∴； 综上，的度数为或或； ②连结、、． ∵四边形是圆内接四边形，， ， ∵是圆等三角形， ∴是等边三角形， ， ， ∴， ， ， ∴是等边三角形， ， 过点作， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴扇形的面积为：， 阴影部分面积为：． 27．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，在中，是的直径，是的弦且与交于点E（E不与O重合），，点F在弧上，连接交于点H，交于点G． (1)如图1，设为x，为y，求：y关于x的函数解析式及其定义域； (2)如图2，过点B作于点N，交于点M，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点Q，连接并延长交的延长线于点P，若，，，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，连接，利用垂径定理证明，推出，再根据圆周角定理得到，设的半径为，设为x，为y，则，则，在中，，求得，则，，即可得到，再根据是的弦且与交于点E（E不与O重合）得到； （2）连接，在上截取，连接，在上截取，连接．证明即可解决问题； （3）如图3中，由可设，，由是重心知， ，求出a值，过点H作于S，过A作于K，求出，从而得出，设，在中，求出t值，得到和，设，在中，利用勾股定理求出m，根据同弧所对圆周角相等得出，在中，求出值，进一步求出的值．. 【详解】（1）证明：如图1中，连接，连接， ∵是直径，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ 设的半径为，设为x，为y， 则， ∴， 在中，，即， 解得， ∴，， ∴ ∵是的弦且与交于点E（E不与O重合）， ∴，即， ∴ （2）如图2中，连接，在上截取，连接． ∵， ∴， ∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）如图3中，连接． ， 设，，     由题意知点是重心， ，， 连接， ∵， ∴， ∴ ∴， 即 ∴， ，，， 在中，由勾股定理得， 即 可得， ∴，，，， ∴ 过点H作于S，过A作于K， 则， ∴，， ， 设， ∴， 在中，， 解得：或（舍）， ， ∴， 设，则， 在中，， 解得：或36（舍）， ∴， ， ∵， ∴， 在中，，， ． ∴ 【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于压轴题． 28．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，为的直径，点C为下方的一动点，连结，过点O作交于点D，过点C作的垂线，垂足为F，交的延长线于点E． (1)求证：． (2)设，．求：y关于x的函数表达式并写出其定义域； (3)若的面积是的面积的3倍，的正弦值与的正切值相等，求的度数． 【答案】(1)见详解 (2) (3) 【分析】（1）证明，即可证明． （2）连接．首先证明，再证明，推出，令，则，推出，根据计算即可． （2）作于．设，利用相似三角形的性质求出（用表示）即可解决问题． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接． ， ， ， ， ， ∵是直径， ， ， ， ， ， ， 令，则， ， ； （3）解：作于．设， ∵的面积是的面积的3倍， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题． 29．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，等腰直角三角形中有，，点是线段中点，点是平面内任意一点，将线段绕点逆时针旋转得线段． (1)如图1，连接、，若点与点重合，，求长度； (2)如图2，若点在右侧，取中点，连接、、，，在线段上取一点满足，证明：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）如图所示，过点作的延长线于点，则，先由线段中点的定义得到，，由旋转可得，，，则可证明，得到，，则，再利用勾股定理求解即可； （2）如图所示，连接，过点N作交延长线与Q，先由等腰直角三角形的性质得到，即，，，再证明A、N、C、E四点共圆，得到，则；证明是的中位线，得到，则，证明，得到，，则可证明，进而证明，则；证明是等腰直角三角形，得到，证明，得到，在中，，由此可证明； 【详解】（1）解：如图所示，过点作的延长线于点，则， ∵，点是线段中点， ∴，， ∵， ∴ 由旋转可得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接，过点N作交延长线与Q， ∵等腰直角三角形中有，点是线段中点， ∴，即，，， ∵， ∴， ∴A、N、C、E四点共圆， ∴； ∵，， ∴； ∵点N和点D分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 30．（2024·上海青浦·模拟预测）如图1，，是半圆上的两点，若直径上存在一点，满足，则称是的“幸运角”． (1)如图2，是的直径，弦，是上一点，连接交于点，连接，是的“幸运角”吗？请说明理由． (2)设的度数为，请用含的式子表示的“幸运角”度数． (3)在（1）的条件下，直径，的“幸运角”为，当时，求的长． 【答案】(1)是幸运角，理由见解析 (2)度数为 (3)或 【分析】（1）利用“幸运角”的定义，说明即可； （2）利用圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半即可解答； （3）连接，，利用“幸运角”的定义和等腰直角三角形的性质，设，利用勾股定理列出方程，解方程求得值，再利用等腰直角三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：是的“幸运角”，理由如下： ∵是的直径，弦， ∴平分，即为的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是的“幸运角”． （2）解：∵的度数为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴的“幸运角”度数． ∴的“幸运角”度数为． （3）解：连接，，如图， ∵的“幸运角”度数为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵直径， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴． 设，则， 在中， ∵， ∴， 解得：或， ∴或， ∴或． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质、圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、勾股定理等知识点，理解并熟练运用新定义解答是解题的关键． 题型四：巧解不规则图形面积 31．（2024·上海·模拟预测）如图，已知等腰直角中，，D是斜边的中点且，以B为圆心，为半径画弧，交于F，以C为圆心，为半径画弧，分别交，于E，G，则阴影部分的面积为 ．    【答案】4 【分析】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．根据题意和图形可以得到阴影部分的面积是的面积减去扇形的面积和右上角空白部分的面积，由题目中的数据可以求出各部分的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：等腰直角中，，D是斜边的中点且， ∴， ， ∴， ∴阴影部分的面积是：， 故阴影部分的面积是4． 故答案为：4 32．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，弧长公式等知识，根据周长的定义，利用弧长公式计算出周长，利用公割法，扇形的面积公式计算出面积，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解： 如图，由题意可得，图中小正方形的边长为1，    ， ， ， ， ， ， ， ∴阴影部分的周长与面积的比值为： ， 故答案为：． 33．（21-22九年级下·上海·阶段练习）如图，扇形的弧与相切于点P，若，，，则图中阴影面积是 ．（结果保留） 【答案】 【分析】连接，作，，首先证明出四边形和四边形是矩形，得到，，然后证明出，得到，，然后根据勾股定理列方程求出，然后利用割补法求解即可． 【详解】连接，作， ∵扇形的弧与相切于点P ∴ ∵，， ∴四边形和四边形是矩形 ∴， ∴设扇形的半径为r ∴，， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴， ∴在中， ∴ ∴ ∴ ∴当时，，不合题意 ∴ ∴， ∴阴影面积为 ． 故答案为：． 【点睛】此题考查了求阴影部分面积，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形． 34．（2022·上海松江·三模）如图，在中，，点为的中点，以点为圆心作圆心角为的扇形，点恰在弧上，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接．根据题意和图形，可以发现阴影部分的面积扇形的面积四边形的面积．又易证≌，即得出四边形的面积等于的面积，最后由扇形面积公式和三角形面积公式计算即可． 【详解】解：连接，如图， ，点为的中点，， ， ， ， ． 又， ≌， 四边形的面积等于的面积， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质．解答本题的关键是明确题意，正确连接辅助线，并利用数形结合的思想解答． 35．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，有一圆形纸片圆心为，直径的长为，，将纸片沿、折叠，交于点，求阴影部分面积． 【答案】 【分析】如图，过点作于，延长交于，反向延长交于，连接、，由折叠得，利用，求出，，得到，，同理：，证明，推出，得到弓形与弓形的面积相等，利用阴影的面积代入数值计算即可． 【详解】如图，过点作于，延长交于，反向延长交于，连接、， 由折叠得， ， ，， ，， ，， ，， 同理：， ， ，， ∴ ， ， ， 弓形与弓形的面积相等， 阴影的面积， 故答案为：． 【点睛】此题考查折叠的性质，同圆的半径相等，垂径定理，勾股定理，直角三角形30度角的性质，平行线的性质，扇形面积计算公式，全等三角形的判定及性质，熟记各部分知识并综合运用是解题的关键． 36．（22-23九年级上·上海·期末）已知，在直角三角形中，，以边为直径作半圆，把4个相同的直角三角形通过一定的图形运动拼成四叶草的形状（如图所示），求阴影部分的周长和面积．（π取3.14）    【答案】阴影部分的周长是62.8，面积是61 【分析】本题考查了组合图形的周长和面积，熟练掌握扇形弧长公式和面积公式，三角形面积的公式，是解题的关键． 计算4个半圆的弧长，4个半圆面积减去4个直角三角形的面积，即可得到结论． 【详解】阴影部分的周长：； 阴影部分的面积：． 答：阴影部分的周长是62.8，面积是61． 五、题型五：正多边形和圆 37．（24-25九年级上·上海·阶段练习）一个正多边形的内角等于中心角的2倍，那么这个正多边形的边心距与半径之比为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 正多边形的内角等于中心角的2倍，算出此多边形是正六边形，根据题意画出图形，由此可判断出的形状，设正多边形的边长为，则其边心距为，故可得出结论． 【详解】解：设这个正多边形是n边形， ∵一个正多边形的内角等于中心角的2倍， ∴， 解得：， 即这个正多边形是正六边形， 如图所示： ∵正六边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴设正多边形的边长为，则，其边心距为， ∴正多边形的边心距与边长之比为． 故答案为：． 38．（23-24九年级下·上海黄浦·阶段练习）正多边形的外角和中心角差的值为自然数是 （选填“真命题”或“假命题”） 【答案】真命题 【分析】本题考查了正多边形的外角和中心角，根据外角和中心角概念求出角度，然后相减即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：设正多边形的边数为， ∴正多边形的一个外角为，中心角为， ∴，是自然数， 则正多边形的外角和中心角差的值为自然数是真命题， 故答案为：真命题． 39．（2024·上海·模拟预测）在正六边形中，若最长对角线长为4，最短对角线长为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形和圆，根据正六边形的性质可得边长为，为较短对角线，，，所以可得，，再根据勾股定理即可求出的长，进而求出较短对角线的长． 【详解】解：如图， 六边形是正六边形，连接，作于点， 根据题意可知：为较短对角线， ∵六边形是正六边形，最长对角线长为4， ∴外接圆的直径为4，半径为2， ∴正六边形的边长为2， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， ∴． 故答案为：． 40．（23-24九年级下·上海静安·阶段练习）对角线条数和自身边数相同的正多边形的中心角度数为 ． 【答案】/72度 【分析】本题考查了正多边形的对角线条数公式，正多边形的中心角．根据题意判断出对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形，进而即可解答． 【详解】解：设正多边形的边数为，则对角线条数为， 根据题意得，， 解得，或（舍去） ∴对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形， 正五边形的中心角为． 故答案为： 41．（2024·上海普陀·三模）对角线条数和边数相同的正多边形的中心角的余弦值为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的对角线条数公式，正多边形的中心角，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，根据题意判断出对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形，然后构造三角形相似来求解是解题的关键．先利用正多边形的对角线条数公式求出符合题意的正多边形为正五边形，然后求出正五边形的中心角为，再作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于，则可得到，设，，则，，证明，得到，即，进而得到，在中，利用余弦的定义即可得解． 【详解】解：设正多边形的边数为，则对角线条数为， 根据题意得，，解得，或（舍去） 对角线条数和边数相同的正多边形是正五边形，正五边形的中心角为， 如图，作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于， 则， ， ，， ，， ， ，， ，， 设，，则，， ，， ， ，即， 整理得：， ，即， ， ， 在中，， 故答案为：． 42．（2024·上海虹口·三模）设正多边形的边数为，中心角度数为，则关于的函数解析式及其定义域为 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的计算，一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到边数． 【详解】解：由题意可得：边数为， 则． 故答案为：． 43．（2024·上海闵行·三模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P，Q，M均为正六边形的顶点．若点P，Q的坐标分别为，，则点M的坐标为 ． 【答案】 【分析】设中间正六边形的中心为，连接．判断出，的长，可得结论．本题考查正多边形与圆，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：设中间正六边形的中心为，连接． 点，的坐标分别为，，图中是7个全等的正六边形， ，， ， ， ， ，， ， 故答案为： 44．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 【答案】(1)见详解 (2) (3)2 【分析】（1）连接，记交于点K，在上取点Q，使得，可知矩形是正方形，为等边三角形，求出，则，设，则，，故，即可证明； （2）当时，则，则正边形中心角为，而中心角与外角相等，故外角，故每一个内角为钝角，画出正边形的局部，设内角，外角，则，故，设正边形的半径为，由题意得：，过点A作，，解直角三角形得，则，，故，化简得：，故，当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式； （3）连接，过点作于点，由旋转得，，设，则以线段为边的正多边形边数为，故以线段为边的正多边形同中心点C，同边数，因此以线段为边的正多边形是双同正多边形，可证明，则，设，由勾股定理得，，则，故，因此双同正多边形的边数为，则该正多边形为正六边形，故特征值为：． 【详解】（1）解：连接，记交于点K，在上取点Q，使得， 对于矩形，由题意得，最长，或最短， ∵四边形的特征值为， ∴或， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，是直径， ∴矩形是正方形， ∴中心角： ∵的特征值为1， ∴或或， ∴为等腰三角形， 若底边不与腰相等，则则不满足特征值为1， ∴为等边三角形， ∴中心角：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴ ∴； （2）解：当时，则， ∴正边形中心角为， 而中心角与外角相等，故外角， ∴每一个内角为钝角， 画出正边形的局部，如图： 设内角，外角， ∵， ∴， 设正边形的半径为， 由题意得：， 过点A作，， 由中心角等于外角得，， ∴， 则， 而， ∴， 化简得：， ∴， 当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式， ∴综上，y关于x的函数解析式为：； （3）解：连接，过点作于点， 由旋转得，， 设， ∴以线段为边的正多边形边数为， ∴以线段为边的正多边形同中心点C，同边数， ∴以线段为边的正多边形是双同正多边形， 当两个正多边形面积比为时， 则， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 设， ∵， ∴， ∴由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴双同正多边形的边数为， ∴该正多边形为正六边形，如图： ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴则最长距离为，最短距离为， ∴特征值为：． 【点睛】本题考查了圆与正多边形，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，难度较大，正确理解题意是解决本题的关键． 45．（2024·上海·三模）如图，已知圆O是正六边形外接圆，直径，点G、H分别在射线上（点G不与点C、D重合），且，设． (1)如图①，当直线经过弧的中点Q时，求：的正弦值； (2)如图②，当点G在边上时，试写出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)连接，如果与相似，求的长． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）如图①，连接，由正六边形，可得，，证明是等边三角形，则，，，由Q为弧的中点，可得，，则，由圆周角定理可得，，如图①，作的延长线于，则，，设，则，，由勾股定理得，，由勾股定理得，，即，可求满足要求的解为，根据，计算求解即可； （2）如图②，在上取点，使，连接，证明是等边三角形，则，，，，证明，则，即，可求，由点G不与点C、D重合，可得； （3）由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解；①点在边上时，如图③，由题意知，，当与相似，分，两种情况求解；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；当时，，即，联立，计算求出满足要求的解即可；②当点在边的延长线上，如图④，同理（3）①，求解作答即可． 【详解】（1）解：如图①，连接， ∵正六边形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵Q为弧的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， 如图①，作的延长线于， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得，， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴的正弦值为； （2）解：如图②，在上取点，使，连接， ∵正六边形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵点G不与点C、D重合， ∴， ∴，； （3）解：由题意知，分①点在边上，②点在边的延长线上，两种情况求解； ①点在边上时，如图③， 由题意知，， ∴当与相似，分，两种情况求解； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， ∵， ∴， 解得，或均不符合要求，舍去； ②当点在边的延长线上，如图④， 当时，，即， 解得，， 同理，解得，或，均不符合要求，舍去； 当时，，即， 解得，， 同理，解得，（不符合要求，舍去）或， 经检验，是原分式方程的解，且符合要求； 综上所述，的长为． 【点睛】本题考查了正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正多边形内角和，垂径定理，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，正弦，相似三角形的判定与性质，并分情况求解是解题的关键． 2 助理新中考，周周有练习，月月有重点！ 1 助力新中考，周周有练习，月月有重点！ 学科网（北京）股份有限公司 $$