2025年中考数学复习训练——弧长与扇形面积

2025年中考数学复习 ——弧长与扇形面积 1．如图1，已知等腰三角形的外接圆圆心为点，，为的直径，交于点，，； (1)求的长； (2)连，求证：四边形为菱形； (3)直接写出图2中阴影部分的面积． 2．如图，在中，，以点O为圆心，为半径的圆交的延长线于点C，与相切于点D，连接．    (1)求证：； (2)若，的长为π，求的长． 3．如图，是的直径，是的中点，过点作，垂足为点． (1)求证：是的切线； (2)若，的半径为2，求图中阴影部分的面积． 4．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，交的延长线于点． (1)求证：与相切； (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）． 5．如图，是的直径，是上的一点，是延长线上的一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 6．如图，内接于，是的直径，点E在上，点C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，，求图中阴影部分的面积． 7．如图，为半径，点B在上，，连接交于点D，． (1)求证：是的切线； (2)若 ，求 的长． 8．如图，矩形内接于，是对角线，点在上（不与点重合），连接分别交于点，，于点，，连接交于点． (1)如图1，当点为的中点，时， ①求证：． ②求的长． (2)如图2，若，求的值． 9．如图，中，，，以为直径的与交于点，过作，垂足为，连接． (1)判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留）． 10．如图，已知等腰中，，以为直径的与底边交于点，过点作，垂足为，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 11．如图，点，，，在圆上，四边形为平行四边形，点在的内部，连接，过作，交的延长线于点．    (1)求证：； (2)求证：为圆的切线； (3)当，时，求的长． 12．如图1，在中，，O为线段上一点，以O为圆心，长为半径的圆与边，分别交于D，E两点， (1)求证：； (2)若O为的中点，如图2， ①探究与的数量关系，并说明理由； ②连结，若四边形为菱形，，求阴影部分的面积． 13．如图，为的直径，点是上方上异于，的点，点是的中点，过点，作交的延长线于点，连接， (1)求证：是的切线： (2)若，，求图中阴影部分的面积． 14．中，，点O在上，以为半径的圆交于点D，交于点E，且．    (1)求证：是的切线． (2)连接交于点F，若，，求弧的长． 15．如图所示，已知与直线相切于点，等边三角形与在直线的同侧，且点，在直线上，，连接，，，是与的交点，． (1)求的长； (2)将沿射线的方向平移至． ①当点落在之间且时，判断点与线段的位置关系，并说明理由； ②在平移过程中，与交于点，是否存在的情形？若存在，请求出相应的的度数；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年中考数学复习 ——弧长与扇形面积》参考答案 1．(1) (2)见解析 (3)阴影部分的面积为 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可； （2）连接，利用直角三角形的边角关系定理求得，利用垂径定理，直角三角形的性质得到，利用等边三角形的判定与性质和菱形的定义解答即可； （3）连接，，过点O作于点E，利用（2）的结论，菱形的性质，等边三角形的判定与性质求得，，利用直角三角形的边角关系定理求得，再利用扇形与三角形的面积公式解答即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （2）证明：连接，如图， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； （3）解：连接，，过点O作于点E，如图， 由（2）知：为等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵， ∴ ∴阴影部分的面积 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，扇形与三角形的面积公式，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 2．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定定理，弧长公式，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，证明，得出，，再利用圆周角定理，得出，据此即可得证； （2）根据弧长公式计算求得，在中，利用正切函数的定义，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接．    ∵与相切于点D， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：设， ∵，的长为π， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴． 3．(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过圆心角定理和圆周角定理可证得，利用平行线的性质得，即可求解； （2）过作于点，先证得是等边三角形，利用求出的长度和的值，通过即可求解． 【详解】（1）解：∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线． （2）解：如图，过作于点． ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆心角定理，圆周角定理，平行线的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判定与性质，三角函数，扇形面积的计算公式，熟练掌握相关知识点是解题关键． 4．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，根据等腰三角形的性质得到，由为的内心，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， ∵， ∴， ∵为的内心， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵为的半径， ∴为的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的判定，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．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 5．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接．证明即可证明是的切线； （2）根据，得到，利用圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定即可证明； （3）根据解答即可． 【详解】（1）证明：如图，连接． 是的直径， ， ． ，． ， ， ，即， ， 又点在上， 是的切线． （2）证明：， ， ． 由（1）知，， ， ， ， ． （3）解：由（2）知，， ． 在中，，的半径为2，即， ． ． 【点睛】本题考查了切线的判定，特殊角的三角函数的应用，圆周角定理，等腰三角形的判定，扇形的面积公式，熟练掌握性质和公式是解题的关键． 6．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由点是的中点，得到，根据圆周角定理得到，求得，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理得到结论； （2）连接．过点O作于点H，先证明是等边三角形，，．从而求得，．即可由求解． 【详解】（1）证明：连接． ∵， ∴． ∵C是弧中点， ∴， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （2）解：连接．过点O作于点H． ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴是等边三角形． ∴，． ∵，， ∴， ∴． ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，勾股定理，扇形的面积． 正确地作出辅助线是解题的关键． 7．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边对等角得出，结合已知和圆周角定理可得，根据三角形内角和定理可求出，，根据平行线的性质可得，最后根据切线的判定即可得证； （2）根据等边对等角和平行线的性质可得出，结合由（1）中，可求出，根据圆周角定理求出，在中，根据勾股定理可求出，最后根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴的长为． 【点睛】本题考查了切线的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，弧长公式等知识，明确题意，添加合适辅助线，求出是解题的关键． 8．(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据矩形的性质、余角的性质等可证得，根据圆周角定理可得出，然后等量代换即可得证； ②连接，，根据圆周角定理的推论可得、是的直径，则是中点，也是中点，根据垂直平分线的性质可得，根据等边对等角可得，结合①中，以及，得出，则可求出，得出，然后根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，则，根据弧、圆心角的关系可求出，则，最根据弧长公式求解即可； （2）根据，可设，则，，，根据勾股定理求出，结合（1）中，求出，，证明，可求出，在中求出，过P作于M，根据等角的正切值相等可得出，故设，则，在中，根据正切的定义求出，根据勾股定理求出，结合，可求出，则可求出，，，即可求解． 【详解】（1）①证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴； ②解：连接，， ∵， ∴是的直径， ∴是中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴是的直径， ∴是中点， ∵，， ∴， ∴， 由①知：， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵， ∴设，则，， ∴， 由（1）知∶ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 过P作于M， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理以及推论，弧、圆心角的关系，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识，并正确添加辅助线是解题的关键． 9．(1)为的切线，见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，扇形的面积，正确理解题意是解题的关键： （1）连接，先求出，得出，证明，进而可得出结论； （2）根据圆周角定理得出，再得出，再根据三角函数求出，根据求出答案． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的半径， ∴为的切线； （2）解：∵为的直径， ∴， ∴到是边的中线， ∴， 在中，，即， 解得， 所以， ∴，， ∴， 10．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、扇形的面积、解直角三角形等知识，熟练掌握圆的切线的判定定理和扇形的面积公式是解题关键． （1）连接，先根据等腰三角形的性质可得，，从而可得，再根据平行线的判定可得，然后根据平行线的性质可得，最后根据圆的切线的判定定理即可得证； （2）先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，解直角三角形可得，根据圆周角定理可得，然后根据图中阴影部分的面积等于求解即可得． 【详解】（1）证明：如图，连接，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的半径， ∴为的切线． （2）解：∵是的直径， ∴，即， ∴，（等腰三角形的三线合一） ∵在中，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴图中阴影部分的面积为． 11．(1)详见解析 (2)详见解析 (3)的长． 【分析】（1）通过平行四边形的性质得到和是等边三角形，再利用圆周角定理即可推出角的关系； （2）先证四边形是菱形，得出，然后利用平行线的性质可得出，从而即可证明为圆的切线； （3）如图，过点B作于点G，先证出，，再证出，进而得出圆的半径，最后根据弧长公式即可求出弧长．   【详解】（1）证明：如图，连，，    ∵四边形为平行四边形， ∴，，   ∵点A，B，C，D在圆O上， ∴， ∴， ∴和是等边三角形， ∴，  ， ∴根据圆周角定理得，，， ∴； （2）证明：由(1)知四边形是平行四边形且， 四边形是菱形， ， ， ∴， 为圆O的切线； （3）解：如图，过点B作于点G，    由(2)知， ， ∵三角形是等边三角形， ，， ， 在中，由勾股定理得，，， ， ， ∴在中， ， ， ， ， 的长． 【点睛】本题主要考查了圆的性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质、勾股定理、切线的判定以及弧长公式等知识，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 12．(1)见解析 (2)①，理由见解析；② 【分析】（1）先根据圆内接四边形的性质得，进而得，再由得，再根据等量代换得，即可得出结论； （2）①连接，可得，依据等腰三角形的性质可得结论； ②连接，则，根据四边形为菱形，证明和为等边三角形，为等边三角形可得，再根据可得结论． 【详解】（1）证明：由题意得，是的内接四边形， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：①．理由如下： 如图2，连接， ∵O是的中点， ∴是的直径， ∴， ∵， ∴； ②如图3，连接交于，则， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∴和为等边三角形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等角对等边，等腰三角形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质以及扇形面积公式等知识． 13．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、三角形的面积公式、扇形的面积公式等． （1）连接，由，得，而得到，由平行线的性质可得，从而即可得证； （2）由圆周角定理可得，由勾股定理可得，从而得到，再由进行计算即可． 【详解】（1）证明：连接， 点是的中点， ∴， ， ， ， ， ， ， 是的半径，且， 是的切线； （2）解：为的直径， ， ，， ， ， 由（1）得， ， 图中阴影部分的面积是． 14．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定与性质、勾股定理及弧长的计算，熟知切线的判定与性质、勾股定理及弧长的计算公式是解题的关键． （1）连接，利用全等三角形的性质得出即可解决问题． （2）利用勾股定理求出的半径，再求出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题． 【详解】（1）证明：连接，    在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵点D在上， ∴是的切线； （2）解：令的半径为r， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴弧的长为：． 15．(1) (2)①点在线段上，理由见解析；②存在， 【分析】（1）连接，设的半径，根据切线的性质可得，得到，，由勾股定理解得，最后运用弧长公式计算即可； （2）①解法一：过作于点，交的延长线于点，运用矩形的性质，勾股定理等知识可得，，，由此即可求解； 解法二：如图所示，以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，由（1）可得：点坐标为，点坐标为，平移至，连接，过作于点，则点坐标为，运用待定系数法可得直线的表达式为：，由点与直线的位置关系即可求解； ②根据题意，过作于点，交的延长线于点，可得矩形，证明，结合角的关系即可求解． 【详解】（1）解：连接，设的半径， 与直线相切于点， ， ，， 在中，，， ，即， 解得， ． （2）解：①将沿射线的方向平移至，当点落在之间且时， 解法一：点在线段上，理由如下： 过作于点，交的延长线于点， ∴四边形是矩形， ，， 点在之间，且， ． 由（1）可知， 在中，， 在等边三角形中，，， ，， 在中，， ， ， ， 点在线段上． 解法二：点在线段上，理由如下： 如图所示，以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 由（1）可得：点坐标为，点坐标为， 平移至，连接，过作于点， 点在之间，且， ， ， 点的坐标为， 在等边三角形中，，， ， 点坐标为， 设直线的表达式为：， 则有， 直线的表达式为：， 当时，，且， 点在线段上． ②当平移距离为时，，理由如下： 当平移距离为时，， ， ，故点与点重合， 由（1）可知， ， 在中，， 过作于点，交的延长线于点，可得矩形， ，，， 在中，， 点在上，且， ，，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，求弧长，勾股定理，切线的性质，点与直线的位置关系，待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，图形平移的性质，圆周角定理等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$