第11期 24.3 正多边形和圆 24.4 弧长和扇形面积-【数理报】2025-2026学年九年级(中考)数学学案（人教版 广东专版）

中考数学人教(GDY)第9~12期 教理括 答案详解 2025~2026学年 中考数学人教(GDY)第9~12期 形，∠ACB=90°，AC=32,AB=BD,所以AC=BC=32, 第9期2版 BD=AB=6,∠ABC=∠CAB=45°.因为DE⊥AD,所以BF 24.1.1圆 为⊙O的直径，所以∠BCF=90°，所以∠ACB+∠BCF= 基础训练1.D;2.A;3.2;4.60°. 180°，所以点A,C,F三点共线.因为∠CAB=45°，DE⊥AD,所 5.证明：因为OC=OD,所以∠OCD=∠ODC= 10 以△ADF是以∠BDF为直角的等腰直角三角形，所以DF= AD=6+6=12,所以BF=√BD+DF=65,所以⊙0 -∠0).因为0A=0B,所以∠0AB=∠0BA=(180°- ∠O),所以∠OCD=∠OAB,所以AB∥CD. 的半径为5.35 24.1.2垂直于弦的直径 (2)连接GF,连接GC并延长交AB于点M,因为AG=BG, 基础训练1.D;2.B;3.7或17；4.6. AC=BC,所以点C在线段AB的垂直平分线上，点G在线段AB 能力提高5.连接OB,OM,过点O作EF⊥BC,交BC于 的垂直平分线上，所以GM⊥AB,AM=BM.因为∠ACB=90°， 所以CM=BM,∠BCM=45°.因为BF是⊙O的直径，所以 点E,交MN于点F,因为BC∥MW,所以EF⊥MW,所以EF平 LBGF=90°.因为四边形GCBF是⊙O的内接四边形，所以 分BC,MN.因为BC=14mm,MN=30mm,所以BE=7mm, ∠GFB=∠BCM=45°，所以△BGF是等腰直角三角形，所以 MF=15mm.由题意得OB=OM=25mm,AB=36mm,在 Rt△BEO和Rt△MOF中，由勾股定理得OE=√OB2-BE= AG=BG GF BF=3而 2 24mm,0F=√OM-MFP=20mm,所以该烧瓶的高度为 第9期3版 AB+0E+0F=36+24+20=80(mm). 24.1.3弧、弦、圆心角 题号12345678 基础训练1.D;2.D;3.8;4.1:3. 答案A BCCDB B C 5.过点O作OF⊥AB于点F,延长OF交⊙0于点E. 二、9.0<a≤10；10.12；11.70°或110°；12.8； (1)证明：因为CD是⊙0的直径，AB∥CD,所以CE= 13.25°；14.3. DE,AE=BE,所以CE-AE=DE-BE,即AC=B,所以AC= 三、15.证明：因为AB=CD,所以AB=CD,所以AB+AD= BD. CD+AD,所以BD=AC,所以BD=AC (2)因为0FLAB,所以AP=24B=4.因为AB与CD间 16.(1)证明：连接AE,因为AB是⊙0的直径，所以AE⊥ BC.因为AB=AC,所以CE=BE. 的距离是3，AB∥CD,所以OF=3,所以OA=√AF2+OF产= (2)因为AB=AC,所以∠B=∠C=70°，所以∠BAC= 5,所以0C=0D=0A=5,所以CD=0C+0D=10. 180°-∠B-∠C=40°，所以∠B0D=2∠BAC=80°. 24.1.4圆周角 17.(1)因为点D是弧AC的中点，所以AD=CD,所以 基础训练1.B;2.C;3.6;4.②③④； ∠DAC=∠DCA=35°，所以∠D=180°-∠DAC-∠DCA= 5.1或2. 110°.因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以∠B=180° 能力提高6.(1)连接BF,因为△ABC为等腰直角三角-∠D=70°.因为AB=AC,所以∠ACB=∠B=70°，所以 中考数学人教(GDY)第9~12期 ∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=40° 45°，∠C4B=7∠B0C=45,所以∠ACD+∠CAB=90,所 (2)连接OA,因为AB=8,所以AB=AC=8.因为点D是 以∠AMC=180°-（∠ACD+∠CAB)=90°，所以CD⊥AB. 弧AC的中点，所以OD⊥AC,所以∠AED=∠AE0=90°，AE =EC=4C=4.在△ADE中，AD=5,由勾股定理，得DE 所以AB,CD是⊙O的等垂弦 (3)如图1所示，当等垂点P位于圆内 =√AD-AE=3.设⊙0的半径为r,在Rt△AE0中，由勾股 时，过点O作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别 为E,F.根据题意，得AB⊥CD,所以四边 定理，得A0=AE2+0E,即2=42+(r-3)2,解得r= 形OEPF是矩形.因为AB=CD,所以OE 所以00的长为曾 =OF,所以四边形OEPF是正方形，所以 图1 OE=OF=PE=PF因为AP=3BP,设BP=x,则AP=3x, 18.(1)设圆弧所在圆的圆心为O,连接OA,OA',OM,则 O,M,P三点共线.设半径为xm,则OA=OA'=OP=xm,由 AB=AP+BP=4,因为OE1AB,所以AE=BE=2AB= 垂径定理可知AM=BM,A'N=B'N.因为AB=30m,所以AM 2x,所以OE=OF=PE=PF=x.如图1，连接OB,因为⊙0 =4B=15m在△A0M中，0M=0P-PM=(x-9)m, 的直径为10，所以OB=5,根据勾股定理，得OB=OE+ 由勾股定理，得A0=OM+AMP,即x2=(x-9)2+152,解 BE2,即52=x2+(2x)2,解得x=5或x=-5(舍去)，所以 得x=17,即拱桥所在的圆的半径为17m AB=4x=45. (2)因为OP=17m,所以ON=OP-PW=17-2= 如图2所示，当等垂点P位于圆外时，过 15(m).在Rt△A'OW中，由勾股定理，得A'W=√OA2-OW 点O作OH⊥AB,OG⊥CD,垂足分别为H, =8m,所以A'B'=2A'W=16m>15m,所以不需要采取紧急 G.根据题意，得AB⊥CD,所以四边形OHPG 措施。 是矩形.因为AB=CD,所以OH=OG,所以 四边形OHPG是正方形，所以OH=OG= 图2 19.(1)证明：因为直径AB平分非直径弦CD,所以CD⊥ AB,所以∠CG0=90°，所以∠OCD+∠C0G=90°.因为EF⊥ PH=PG.因为AP=3BP,设BP=x,则AP=3x,AB=2x,因 AB,EH⊥OC,所以∠EF0=∠EH0=90°，所以∠AOC+ 为0H1AB,所以AH=BH=子AB=x,所以0H=0G=PH ∠FEH=180°.因为∠AOC+∠C0G=180°，所以∠C0G= =PG=2x.如图2，连接0A,因为⊙0的直径为10，所以0A= ∠FEH,所以∠OCD+∠FEH=90°. 5,根据勾股定理，得042=0+AH,即52=x2+(2x)2,解 (2)连接OE,因为∠EFO=∠EHO=90°，所以∠EF0+ ∠EH0=180°，所以点O,F,E,H是在以OE为直径的圆上.因 得x=5或x=-5(舍去)，所以AB=2x=25. 为∠CG0=90°，所以点O,C,G是在以OC为直径的圆上.因为 综上所述，AB=25或AB=45. OE=OC,所以以OE为直径的圆和以OC为直径的圆是等圆. 第9期4版 因为∠c0c=∠PE,所以m=元.所以FH=cG=D 重点集训营 二2 1.35；2.52 ；3.4 20.(1)证明：根据题意，得AB⊥AC,OD⊥AB,OE⊥AC, 4.（1)四边形ABED是矩形，理由如下： 所以因边形AD0E是矩形.因为AB=AC,所以化=子4C 因为CD是⊙O的直径，所以∠CED=90°，所以∠BED= 子AB=AD,所以四边形AD0E是正方形， 90°.因为AD∥BC,所以∠ABC+∠A=180°.因为∠A=90°， 所以∠ABC=90°，所以四边形ABED是矩形 (2)证明：因为OD⊥OA,OC⊥OB,所以∠AOD=∠B0C (2)因为∠A=90°，∠ABD=30°，所以BD=2AD=6. =90°，所以∠AOD+∠A0C=∠B0C+∠AOC,所以∠C0D 因为2DF=BF,所以BF=4,DF=2.因为四边形ABED是矩 =LA0B,所以AB=CD.连接4C,则∠ACD=方∠A0D= 形，所以∠FDE=∠ABD=30°，所以∠FCE=∠FDE=30° -2 中考数学人教(GDY) 第9~12期 因为CD是⊙O的直径，所以∠CFD=90°，所以∠BFC=90°，线. 所以BC=8,CF=45,所以CD=√CF+DF=2/3,所 因为DE为⊙O的切线，所以DE=BE,所以∠EBD= 以⊙0的半径是3 ∠EDB. 又因为∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，所以 第10期2版 ∠DCE=LCDE,所以DE=CE,所以DE=之BC 24.2.1点和圆的位置关系 能力提高7.证明：(1)因为点I是△ABC的内心，所以 基础训练1A;2.C；3.D: AI平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.因为CD=CD,所以 4.x≥8；5.不能；6.（-2，-1) ∠CBD=∠CAD,所以∠BAD=∠CBD. 7.(1)(2,0) (2)连接B1,因为点I是△ABC的内心，所以AI平分 (2)由勾股定理，得⊙D的半径为√42+22=25 ∠BAC,BI平分∠ABC,所以∠BAD=∠CAD,∠ABI=∠CBL. (3)点E在⊙D内.理由如下： 又因为∠CBD=∠CAD,所以∠CBD=∠BAD.因为 因为DE=√32+3=32,32<25，所以点E在⊙D ∠BID=∠ABI+∠BAD,∠DBI=∠CBI+∠CBD,所以∠BID 内 =∠IBD,所以ID=BD 24.2.2直线和圆的位置关系（第一课时） (3)连接DC,因为∠BAD=∠CAD,所以BD=CD.因为 基础训练1.C;2.B;3.4;4.60;5.10或6. ID=BD,所以BD=CD=ID,所以点D是△BIC的外心 6.证明：连接OD,因为AC是⊙0的直径，所以∠ABC= 第10期3版 90°.因为BD平分∠ABC,所以∠DBE=45°，所以∠D0C= 2∠DBE=90°.因为DE∥AC,所以∠ODE=∠D0C=90°.因 题号1 2345678 为OD是⊙O的半径，所以DE是⊙O的切线。 能力提高7.(1)证明：连接OB,因为CB平分∠ACE,所 二、9.0（答案不惟一）；10.4；11.65；12.8或11； 以∠ACB=∠BCE.因为OB=OC,所以∠ACB=∠CBO,所 9 以∠BCE=∠CBO,所以OB∥ED.因为BE⊥ED,所以EB⊥ 13.614.9 B0.因为OB是⊙O的半径，所以BE是⊙O的切线. 三、15.在圆弧内作两条弦AB,BC, (2)连接OB,BD,因为AC是⊙O的直径，所以∠ABC= 分别作出AB,BC的中垂线，交于点O,以 ∠ADC=90°.因为BE⊥CD,所以∠E=90°，所以∠E+ 点O为圆心，OA的长为半径作圆，如图3， ∠ADC=180°，所以BE∥AD,所以，点B到AD的距离即为DE ⊙0即为所求。 的长 16.证明：因为AC=BC,所以∠AOC 图3 因为AB=2BC,所以∠AOB=2∠COB,所以∠BOC= =∠BOC.因为DB为⊙O的切线，所以 60°.因为OB=OC,所以△OBC是等边三角形，所以∠OBC= OB⊥BD,所以∠OBD=90°.在△OBD和△OAD中， ∠OCB=60°.因为OB⊥EB,所以∠EB0=90°，所以∠EBC OB =0A. =30°，所以∠BCE=60°，所以BC=2EC=2,AC=2BC=4, ∠BOC=∠AOC,所以△OBD≌△OAD,所以∠OAD= 0D=0D. ∠ACD=60,所以∠CAD=30°，所以CD=7AC=2,所以 ∠OBD=90°.又因为OA是⊙0的半径，所以AD为⊙0的切 DE=3.即点B到AD的距离为3. 线 24.2.2直线和圆的位置关系（第二课时） 17.(1)因为AB是⊙O的直径，所以∠ADB=∠ACB= 基础训练1.B;2.A;3.5;4.80;5.5. 90°.又因为∠ABC=25°，所以∠CAB=90°-25°=65°.因为 6.证明：连接BD,因为AB为⊙0的直径，所以∠ADB= 四边形ABEC是⊙O的内接四边形，所以∠CEB=180°- 90°，所以∠BDC=90°. ∠CAB=115° 因为∠ABC=90°，OB为⊙O的半径，所以BC为⊙O的切 (2)DI=DA=DB,理由如下： 一3 中考数学人教(GDY)第9~12期 连接Al,因为点I为△ABC的内心，所以∠CAI=∠BAL,PE,所以PE=tcm,PB=(6-t)cm.在Rt△PEB中，由勾股定 LAC1=∠BCI=∠ACB=45,所以0=BD,所以∠DAB 理，得(6-)2=f+2,解得1=号 =∠DCB=∠ACI,AD=BD.因为∠DAI=∠DAB+∠BAI, (3)①由题意知⊙Q不与AB,BC相切，如图6，当⊙Q与 ∠DIA=∠ACI+∠CAI,所以∠DAI=∠DIA,所以DI=DA= AD相切时，设切点为E,连接QE,则QE上AD,QE=PQ,所以 DB. 四边形ABQE是矩形，所以QE=AB=PQ.在Rt△PBQ中，由 18.证明：(1)设PO和AB相交于点F,因为PA和PB是 勾股定得，得62=(6-)2+(2，解得1=0或号 ⊙O的切线，所以PA=PB,PO平分∠APB,所以AF=BF因 为OA=OC,所以OF是△ABC的中位线，所以OF∥BC,即BC ∥oP. (2)如图4，连接AE,BE,因为 PA是⊙O的切线，所以∠OAP= 图6 图7 90°，所以∠OAE+∠3=90°.因为 如图7，当⊙Q与DC相切时，则PQ=QC,在Rt△PQB中， PA和PB是⊙O的切线，所以PA= 由勾股定理，得(6-t)2+(2t)2=(8-2t)2,解得t1=-10+ B PB,PO平分∠APB,PO⊥AB,所以 图4 8√2,2=-10-82（舍去） ∠1+∠2=90°.因为OA=OE,所以∠OAE=∠2，所以∠1 =∠3，所以AE平分∠PAB.因为PO平分∠APB,所以点E是 综上，当：的值为0或号或-10+8厄时，©0正好与四边 △ABP的内心 形ABCD的一边（或边所在的直线）相切. 19.(1)证明：因为DE是∠AEB的平分线，所以∠AED= ②当t=0时，如图8所示，⊙Q与四边形DPQC有两个公 ∠BED.因为∠AOD=2∠AED,∠BOD=2∠BED,所以 共点： ∠A0D=∠B0D.因为∠AOD+∠BOD=180°，所以∠AOD= 0 ∠BOD=90°，所以∠ODF+∠OFD=90°.因为EF=EB,所 4(P B(0 以∠EFB=∠EBF.因为∠EFB=∠OFD,所以∠ODF+ ∠EBF=90°.因为∠CBE=∠ODF,所以∠CBA=∠CBE+ 图8 图9 ∠EBF=90°，所以BC⊥AB.因为AB为⊙O的直径，所以BC 如图9所示，当⊙Q经过点D时，⊙Q与四边形DPQC有两 为⊙0的切线. 个公共点，则QD=PQ在Rt△PBQ和Rt△DCQ中，由勾股定 (2)连接AD,因为AE=AE,所以∠ADF=∠ABE.因为 理，得(6-t)2+(2t)2=36+(8-2t)2,解得t1=-10- ∠EBF=∠EFB=∠AFD,所以∠ADF=∠AFD.因为AF= 24I(舍去)，t2=-10+24I,所以当0<t<-10+24T, 6,所以AD=AF=6.在Rt△AOD中，由勾股定理，得AD2= ⊙Q与四边形CDPQ有三个公共点. A02+D02,即2A02=36,解得A0=32(负值舍去)，故⊙0 故填0<t<-10+2√4T. 的半径为32. 20.(1)由题意知，AP=tcm,BQ=2tcm,则BP=(6- 第10期4版 )cm,因为50=分P.B0=分(6-0·21=8，解得1= 重点集训营 2或t=4,故当运动时间为2秒或4秒时，△BPQ的面积为 1.(1)连接0D和0C,因为AD=DC=CB,所以∠A0D= 8cm2. ∠D0C=∠B0C= 号×180°=60，所以∠D0B=∠D0C+ (2)如图5，设切点为E,连接PE.由题意，得D ⊙P分别与AD,BD相切，所以AD=DE=8cm, ∠B0C=120因为0A=0D,所以∠DMB=分∠D0B=号 PE⊥BD.在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD= ×120°=60° 10cm,所以BE=BD-DE=2cm.因为AP= (2)证明：由(1)知，∠B0C=∠DAB=60°，所以0C∥ 图5 中考数学人教(GDY) 第9~12期 AE.因为CE⊥AD,所以OC⊥CE.又因为OC为⊙O的半径，所 所以∠0EC=90°，∠0DC=90°. 以直线CE是⊙O的切线， 因为∠EFD=70°，所以∠E0D=2∠EFD=140°， 2.(1)证明：连接0C,因为AB是⊙0的直径，AC=BC,所 所以∠ECD=360°-90°-90°-140°=40° 以∠BOC=90°.因为E是OB的中点，所以OE=BE.在△OCE 由(I)知CE=a=9,所以点E运动的路径长= ,OE BE, 40×m×9=2m. 180 和△BFE中，{∠OEC=∠BEF,所以△OCE≌△BFE,所以 24.4弧长和扇形面积（第二课时）》 CE EF, ∠OBF=∠COE=90°，即OB⊥BF因为OB是⊙O的半径， 基甜训练1：24：3（合-停）：4受-4 所以直线BF是⊙O的切线. 能力提高5.由旋转的性质，得SARCO=S△m,∠B'0C (2)因为OB=OC=4,由(1)得△OCE≌△BFE,所以 =∠B0C=60°， BF=0C=4,所以AF=√AB2+BF=45,所以SAF= 所以∠B'0C=180°-∠B'0C-∠B0C=60°， 合4B·B=F,BD,即8×4=45D,所以BD=85 所以∠B0B'=∠B'OC+∠B0C=120. 5 又因为AB=2cm,所以B0=1cm, 第11期2版 所以c0=C0=宁80=宁 2 cm, 24.3正多边形和圆 所以5tw=2四X=号（cm).5atae 360° 基础训练1.C;2.C；3.90°；4.36°；5.9. 6.设AB与⊙0相切于M,AD与⊙0相切于N,BC与⊙O 120×m×(22 =受(cm),S形=SnmE-Sac=牙 相切于P, 360° 连接OE,OF,OM,ON,OP, 晋=平(cm2). 则∠EOF=90°，OM⊥AB,OW⊥AD,OP⊥BC 24.4弧长和扇形面积（第三课时） 所以四边形AMON,OMBP是矩形， 基础训练1.C；2.D;3.54π；4.45. 所以AM=ON,BM=OP. 设⊙0的半径为r,所以EF=√OE+OF区=2r,AM= 能力提高5.(1)根据题意，得m·DE=90·T·AD 180 ON =r,BM =OP =r, 所以AD=2DE=2×5=10(cm), 所以AB=AM+BM=2r, 所以AE=AD=l0cm. 所以图中空白部分与阴影部分面积的比值为 (2)因为∠BAC=90°，AB=AC,AD⊥BC,AD=10cm, 2r)2-(22=1. 所以BC=2AD=20cm,所以S阴影=S△ABc-S第形EAFr=2 (2r)2 24.4弧长和扇形面积（第一课时） ×10×20-90×m×102 =(100-25r)cm2. 360 基础训练1C:2.D:3.1；4 3m. 第11期3版 能力提高5.(1)因为BC,AC,AB与⊙0分别相切于点 D,E,F, 题号12345678 答案ABBACCA B 所以CE=CD=a,BF=BD,AF=AE, 所以AE+BD=AF+BF=AB. 二912：102；11.二十四：12牙 因为△ABC的周长为36， 所以AE+BD+AF+BF+CE+CD=2AB+2a=36. 13.8m-83;14.(2+2)π 2 因为AB=9,所以a=9. 三、15.连接OB,因为六边形ABCDEF是⊙O的内接正六 (2)连接OE,OD,因为AC,BC分别与⊙0相切于点E,D,边形，所以∠COB=60°，OC=OB,所以△COB是等边三角 5 中考数学人教(GDY) 第9~12期 形，所以OC=0B=6cm,即⊙0的半径R=6cm.因为OC= 23=8 π-25 OB=6cm,OG⊥CB,所以CG=BG=3cm,在Rt△COG中， 19.(1)证明：连接OB,因为AB=BC,所以∠C=∠A= T6=0G=√0C2-CG=35(cm),所以S。=6Saoc=6× 30°. 合×6×35=45(em) 因为OB=OC,所以∠OBC=∠C=30°， 16.(1)证明：因为CD⊥AB,CD是直径，所以AD=BD,所 所以∠A0B=2∠C=60°，所以∠OBA=180°-∠A- 以∠ACD=∠BAD. ∠A0B=90°， (2)连接OA,OB,BC. 所以OB⊥AB. 因为CD⊥AB,CD是直径，所以AD=BD, 因为OB是⊙O的半径，所以AB是⊙O的切线. 所以∠ACD=∠BCD=30°，所以∠ACB=60°， (2)①在R△0AB中，∠A=0,所以0B=240,A0- 所以∠40B=2LACB=120,所以AB的长=120T×3 180 0B2+AB2. =2m 又因为AB=6,所以0B=25,所以BD的长为60m×25 180 7.()S能e-1206=12m(cm),制作50个需要 360 25π 12m×50=600m(cm2). 答：制作50个这样的纸帽至少需要600πcm2的扇形纸片. ②作0H1BC于H,则CH=BC=3 (2)连接点H和底面边缘A点，因为4配=120×π×6 180 在R△0CH中，因为LC=30°，所以0H= 2C0,c02= 4r(cm）, OH HC2, 所以该圆锥底面周长为4πcm, 所以0H=万，0B=0C=25,所以5度=BC×0M 所以AH=4知=2(cm. 2T 60 在Rt△OAH中，OA=6cm,根据勾股定理，得OH= =35,500=380m×(25)2=2m, √OA2-Af=42cm. 所以S阴影=SA0Bc+S扇形ODB=3V5+2m。 18.(1)因为PA,PB与⊙O相切于A,B两点，所以PA= 20.(1)证明：因为CD=C⑦，所以∠CAD=∠DBC PB.因为∠APB=60°，所以△PAB为等边三角形，所以AB= 因为∠DAB=∠CBA,所以AC=BD,∠CAD+∠DAB= PA=4. ∠DBC+∠CBA,即∠CAB=∠DBA. (2)连接AD,OB,因为PA,PB为⊙0的切线，所以OA⊥ .AC BD. PA,OB⊥PB,所以OP平分∠APB,OP垂直平分AB,所以 在△CAB和△DBA中， ∠CAB=∠DBA,所以△CAB≌ ∠AP0=号∠APB=30,所以∠A0P=60 AB AB. △DBA. 因为∠PAO=90°，PA=4,所以由勾股定理，得OA= (2)①如图10，当点C与点A重 45易得∠0A=∠H0=0 合时，连接OD,OM,过点M作ME⊥ 因为AB=号P=2,所以AD=2AE=4 AB于点E,线段ME的长度即为点MA(C) 0 到AB的距离 图10 在Rt△ADE中，由勾股定理，得DE=JAD-AE 因为直径AB=6,弦CD=3,所以OC=OD=CD=3, 25. 所以△COD是等边三角形. 易证得S△DE=S△BDE,S阴影AEc=S空白BBC, 因为M是cD的中点，所以CM=CD=子，OM1CD, 所以S阴影=S扇形Dc-S△DaE 180▣x4,5- 360 3 Γ2 ×2× 所以0M=V√0c2-CM=35 2 6 中考数学人教(GDY)第9~12期 四-0E, 所以ME=VOM-0E=√ r,则OD=r-2,OA=r,在Rt△AOD中，由勾股定理，得AD+ 0D2=0A2,即42+(r-2)2=2,解得r=5,所以⊙0的半径 所以当OE最大时，ME最小，而当C与A重合（或D与B重 为5. 合)时，OE最大 18.证明：(1)连接OE,因为EF为⊙O的切线，所以OE⊥ 因为△COD是等边三角形，M是CD的中点，所以∠MOC EF,所以∠OEF=90°.又因为AF⊥EF,所以∠AFE=90°，所 =30°，所以ME= 寸ow3 以∠OEF=∠AFE=90°，所以AF∥OE,所以∠FAE= 49 ∠AEO.又因为OE=OA,所以∠OAE=∠AEO,所以∠FAE= 即点M到AB的距离的最小值是35 ∠OAE,所以AC平分∠BAF D (2)连接OD,因为BC=AC,所以∠OAE=∠ABC.因为 ②如图11，由①知0M=3E 2 OA=OE=OB=OD,所以∠OEA=∠OAE=∠OBD= 所以点M的运动轨迹是以点O A(C) ∠ODB,所以∠AOE=∠BOD,所以BD=AE,所以CD=CE. 为圆心，3为半径的赢， 图11 四、19.(1)因为BE是⊙0的直径，所以∠BDE=90°.又 因为∠DBE=25°，所以∠E=90°-∠DBE=65°.因为四边 当C与A重合时，∠AOM=30°，同理，当D与B重合时， 形BCDE是⊙O的内接四边形，所以∠C+∠E=180°，所以 ∠B0M'=30°， ∠C=180°-∠E=115. 所以∠MOM'=120°，所以点M的运动路径长为 (2)因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以∠BCD 120m×3,3 +∠BAD=180°.又因为∠BCD=2∠BAD,所以3∠BAD= =√3π.故填3π. 180 180°，所以∠BAD=60°.因为BE是⊙O的直径，所以∠BAE= 第11期4版 90°，所以∠DAE=∠BAE-∠BAD=30°，所以∠D0E= 2∠DAE=60° 重点集训营 20.(1)证明：连接OC,因为AB是⊙0的直径，所以 1.32 m;2.a;3.12. ∠ACB=90°，所以∠CAB+∠B=90°.因为OA=OC,所以 ∠CAB=∠ACO,所以∠AC0+∠B=90°.又因为∠ACD= 4图中阴影部分的面积为}。-25 ∠B,所以∠AC0+∠ACD=90°，即∠OCD=90°，所以OC⊥ CD.因为OC是⊙0的半径，所以CD是⊙0的切线. 第12期综合评估卷 (2)连接OC,OE,因为OB=OC,所以∠OCB=∠B= 题号12345678910 55°，所以∠C0B=70°.由(1)知0C⊥CD,又因为AD⊥CD, 答案BCBABDDD A D 所以AD∥OC,所以∠DA0=∠COB=70°.因为OA=OE,所 二、I1.在同一直线上的三点能确定一个圆： 以∠OEA=∠DA0=70°.因为AD∥OC,所以∠COE= 12.15°；13.√2；14.129°；15.4049m ∠0EA=70°.因为AB=2,所以⊙0的半径为1，所以EC的长 三、16.因为∠D=28°，所以∠B0C=2∠D=56°.因为 为70m×1.7 180=18m OC⊥AB,OA=0B,所以∠AOB=2∠B0C=112°，∠OAB= 21.(1)证明：连接OB,OP,因为PA与⊙0相切于点A,所 ∠0BA,所以∠0AB=(180°-∠A0B)=34 以OA⊥PA,所以∠OAP=90°.在△AOP和△BOP中， 17.(1)证明：因为C是弧AB的中点，所以AC=BC,所以 PA PB, AC=BC.因为OA=OB,所以OC垂直平分AB. OP=OP,所以△AOP≌△BOP,所以∠OBP=∠OAP= (2)设OC与AB交于点D,由(1)知，OC垂直平分AB,所 0A OB. 90°，所以OB⊥PB.因为OB为⊙0的半径，所以PB与⊙0相 以AD=2AB=4,∠ADC=∠AD0=90°.因为AC=25,所 切 以CD=√AC2-AD=√(25)2-42=2.设⊙0的半径为 (2)连接CB,因为△AOP≌△BOP,所以∠BPO= 7 中考数学人教(GDY) 第9~12期 ∠APO,∠BOP=∠AOP.因为∠APB=60°，∠OBP=∠OAP (2)证明：当x=m时y=r2+分，所以7(m,分m2+ =90°，所以∠AOB=120°，所以∠C0B=60°，∠B0P= ∠A0P=60°.又因为0C=OB,所以∠0CB=60°，所以OP∥ 子.过点T作M上x轴于点M,TN1)轴于点N,连接0， CB,所以△OCB和△PCB等底等高，所以SAOBC=S△PcB,所以 则TN=Iml,∠TWQ=90°.因为⊙T与x轴相切，TM⊥x轴， S阴影=S扇形0CB因为PA=43,∠0AP=90°，∠A0P=60°，由 所以r=7M=分2+分在△T0中，由勾股定理，得Ng 1 勾股定理，得01=4，所以S影=SaB=60Xx全 360 =0-=(分m2+2-m2=m-22+= 8 . (2m2-2, 五、22.证明：(1)连接BL,因为I是△ABC的内心，所以 ①当7-7≥0时，0=-7，所以00=r ∠BAD=∠CAD,∠ABI=∠CBL.因为∠CAD=∠CBD,所以 ∠BAD+∠ABI=∠CAD+∠CBI=∠CBD+∠CBL.因为 N0=m2+分-（分m2-）=1,所以00,10： ∠BID=∠BAD+∠ABI,∠IBD=∠CBD+∠CBI,所以∠BID =∠IBD,所以DB=DL.因为OI⊥AD,所以A1=DL,所以AD ②当m2-分<0时，4Q=之-m2=PN,所以0P =2BD. =+P=++-=1所以P0,). (2)连接OB,OD,OD交BC于点E,因为∠BAD=∠CAD, 所以⊙T始终经过y轴上的定点(0,1) 所以BD=CD,所以OD⊥BC,BE=CE.因为OL⊥AD,IM⊥ AB,所以∠BED=∠AMI=90°，LA=DI.由(1)易得DB=LA. (3)由(2)知r=71=子m+7,所以0A=之=子m 因为∠DBE=∠DAC,∠IAM=∠DAC,所以∠DBE=∠IAM. 1 + 4, ∠BED=∠AMI, 在△DBE和△IAM中， ∠DBE=∠IAM,所以△DBE≌ ①当2-子≥0时，由(2)知此时点Q的坐标为0， DB IA. 1).若点A与点Q重合，则0A=1,所以S=0A2=1,所以当 △IAM,所以BE=AM,所以2BE=2AM.因为BC=2BE,所以 ⊙T与线段OA有交点时，S≥1； BC 2AM ②当)m-<0时，由(2)知00=r-0=2+ 23.(1)当m=2时，即点T的横坐标为 子-（分-㎡）=m,所以Q0,㎡)，若点4与点Q重合， 2.所以y=号×2+之=子，所以72， 各)如图12所示，过点T作1销于点 则01=00，所以子n+子=m,解得m= 9所以4。 M,TW⊥y轴于点N,连接TQ,则TW=2, 图12 号此时S=)当点T在)轴上时，01=子此时S=6故 ∠TWQ=90°.因为⊙T与x轴相切，TM⊥x轴，所以r=TM= 1 16≤S≤g 多，所以T0=子在△Q中，由勾股定理，得0 综上所述，正方形0ABC的面积S的取值范围为6≤S≤ 0-7N=子，所以P0=20=3. 9或S≥1. 1 一84 素养·拓展 数理超 任编，主灯 2025年9月18日·星期四 初中数学 1上接第3版) 351-27126 9(2分)如图16.点4在⊙0的直径CD 的延长线上，点B在⊙O上，连接AB,BC,若AB 重点集圳营 =BC、∠A=30 铺助线周周练 理纸发行质量反喷电话 第 11期总第1155期 人教 035-5271248 数理据 中考(GDV 1上接4版参考答案】 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报社辑出版 社长：徐文信 国内统一连续出版物号：CN140707八F)邮发代号：21-157 195路 (1)求正：4B是⊙0的切线： 1.如图1，C,D是以AB为直径的半圆周的 1.图1.在扇形ABD中.∠BAD=60°，AC 10.15用，班为 (2)若AB=6. 等分点，CD=8,P是直径上的任意一点.则 国上AE青5外想1 名帅点 一、求边长 平合∠RAD瓦BD点C.点P半3AB上 例1图1，AB,AC D求BD的长： 阴影部分的面积等于 (格某保留) 动点，若A■4.则明影部分周长的最小值为 2A4W=3AE).之月从 分别是某圆肉接正六边 2②求图中明影部分的面积 点击弧长公式的应用 生之)月之A0 形、正方彩的一边，若AB 广东鬼子 求弧的 的圆心角为100°，则陵圆的半径为 2,则AC的长为 】图1AB是品⊙0 解析：设该圆的半径为rm,根据题意，得 的直径，AC是弦，AB=4 =5,解得，=9，即该圆的半径为9m 解析：设的心是0，连接04,0,0G LA■30°，则BC的长度为 因为AB是圆内接正六边形的一边，所以∠A0B 2如图2是同学门设计的“心”形图案，正 收填9em. =60,△A0B等1边三角开形，所以0A三 方形ABCD的边长为a,以A为圆，AB长为半 四、发复杂路 2.如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ B=2因为AC是圆内接正方形的一边，所以 径作扇形，又分别以BC和CD的长为直径作半 船析：连接0C,因为L 例4 如图3 .图中阴影部分的而积为 90,∠DAB=135°，且AB■2，AD■42.以 =30°，所以∠C0B=60° 示，有一长为4c 2AOC=0,所以△AOC是等直角三角形 3.如图3，矩形ABCD内接于⊙0.分别以 为，C平3，家君A的正长业F点 因为AB■4，所以OB■2，所以BC的长度为 为3em的长方形木数 所以0A=0C=2,所以AC=22.放填22 B,BC.CD,AD为直径向外作半圆.若AB=3 若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC可 在空面上作无滑动 相3 占用母为△0用的内、.4接B0.当 BC=4,则阴影部分的面积为 （顺时针方向），木板上的顶点A的位置变化 ○圈型空间 Q从点C运动到点E时，内心/所经过的路径 二、求圆心角 ·A,·A其中第二次带滚被桌面上一小木块 正多边形与圆的 为 例2 图2是“ 挡住，使木板边沿A,C与奥成30°角，则点A翻 动发石车”仿真模型驱 到A时，共走过的路径长为 试题分享密 马头#08能屈平吃出体“中0门8生用 解析：第一次翻滚是以B为旋转中心，时 ⊙M.⊙N的半径分别是 针转90°到A,因为长方形的对角线AB长为 。山东田楚怡 (3D出6有0W 1cm知10m,当⊙M 二、求角度 20.(12分)已知在半圆0中，直径AB=6. 半济傅2阳华斗岁阳耳81Q￥0⊙ /3+4=5(cm),讯以此次点A走过的路径 4如图4.已知⊙0的半径为1，AB是直径 时转动2时.⊙N上的点P随之旋转°，则n 例2如图2，正五边形 点C,D在半圆AB上运动（点C,D了以与A,B 为×5=(em.第二次朝是点4，以 BCDE内按于⊙0，P为 两A重合)，弦CD=3, 分别以点A.B为圆心.以AB的长为半径画孤 话址‘涤阳6阴0加7+相07辅件'0加阳7 边所在的线】相围 (1)如图17-①，连接CA,DB,当∠DA5 两孤相交于C,D两点，求图中阴影部分的面积 解析：限据题息，得点P移动的距离为2×点C为旋转中心.时针旋转0°-30°。60°到 I弧AB上的动点，则∠APB的 =∠CBA时，求证：△GAB口△DBA: 2x1=4(em),所以x×04m.解得n 180 4此次点4走过的路径为岛××3 大小、为 (2)如图17-②，取GD的中点M,点C 阳07侧1【巡酯】六之 第D期4版考答案 72.故填72 π(m),所以点A翻表到A:时，共走过的路径长 解析：连接0A,0B,AD 占A开台方动，直点D可点B重合时束.在 三、求半径 BD,因为五边形ABCDE是 整个运动过程中， 班草客出g甲鼓7斗“。6= 例3已知圆上一段孤长为5em,它所对 3严+m=35m(em).故填3.5 ①求点到AB的最小距离： 正五边形，所以0B。360 ■72，所以 2 专题辅导： 2直接写出点M的运动路径长为 07H'0vH7。3877话 ADB=气∠A0B=36.因为正五边开 垫化本出斜3,0=3d+d,0=3d 阴影不要怕 关键巧转化 4BCDE的外接圆为⊙0，所以四边彩APBD是 +0恤留移学 ⊙O的内接四边形.所以∠APB+∠ADB= 2d,0宗值，v0d要“d豆士V2.d 。山西 ,和差韩化法 0D■0G■0E■1BC3.所以△B0D 180°，所以∠APB=144°.放填14 要'3学上不，0零'.0学件阳W 时为A程回的私， 列1知1.4平 三，求面积比 故建报杜试数研究中心 △C0E都是等边三角形，以∠BOD=∠E0C 可生关0却【些醛】+'【曼】 行四边形ABCD的对 【参考答案见13期) 角战AC,BD交于点O 60°，D=CE=3,所以∠ =60°，AD 例3如图3。大边形 E 且AC⊥AB,以0为圆 AE=3,所以△D0E是等边三角形，△ADE是等 ABCDEF是⊙O的内接正大边 第10期2版参考答案 上1汽脑团.习五J话△AC约南心所以A7世》2骨AC BFE 边三角形，所以△ADE≌△BOD ACOE形，设正六边形ARCDEF的面 位置关 OE E 长为半径画圆交对角线D于点E,F,若AC △D0E,所以 ∠C从D。∠C4D.日∠ND=上具食时为∠力。之A制 LEC=∠BEF, 积为sS,△ACE的面积为S,则 4,∠AB0=30°，则图中阴影面分的面积为以弓形BD,弓形DE与弓形CE的面积相等，所 -1 -1 上程AD,∠（三∠C+2容D,上∠历4∠限D.过0 CE EF. 1 .11120 解析：因为AC⊥AB.所以∠BAC=90°，因 360 (2)由最理.得@D的形为不+2：25 为∠AB0=30°，以∠A0B=60°.因为AC 三，客斥原理法 解析：连接0A,0C,0E,因为六边形 3)点E在O山内图由 N,联的=D:M点D话△时苏心 第10期3版参考答案 华4。秀育业且 ©0的线 4,以0A=0C=4C=2,所以4B=25, 例3如图3，在 BCDEF是⊙O的内接正大边形，所以AC=AE 号41345678 AABC中，AB=AC =CE,所以△ACE是⊙0的内接正兰角形因 彩家BA B A D A B C 所以S=AB·0A=25,Sm= B4C=0,分别以 为∠B=I20°.AB=BC.所以∠BAC=∠BCA 能力提高.(》正明：连指0，为春平分 (全文完) B,C为圆心，以A长为 60·2 =30°，因为∠GAE=60,所以∠0AC= =气，所以m=2(5e-5w）半径国以，内分别交线 28山49 0 ∠0AE■30°，所以∠BAC=∠0AG■30，同 段BG于点E,D,若DE■4-22，图中阴影部 ■15线 A的雨为 =4-m故填4- 分的面积为 里得.∠CA=∠OC=30.又因为AC= 2 6室 笔积转化法 解析：因为在△ABC中，AB=AC,2BAC AG,所以△RC≌△0AC,所以Saem=Sae 7.111∠CEB115 整使线1H:2.A:支.万：40：55 例2 如图2 以等边 0°，以∠B=∠C=45设AB=AC=a.则BC由即和正大边形的性质可得，Sar 6感. 角形的一边BC为直径作半 =2a,以DE=E+CD-C=AB+AC-BC5,由圆和正三角形的性历可得，Saac= 能力提离7.明：(1)因为点/是△ABc的内心，风以A 圆O交另两边于D.E两点 =2-2m.以4-22=2a-2a,解得=2, Saug=S2r因为S,=Sar+Sawr+Saw 理报杜试研究中心 1参考答案见13期 41 ∠CA》.∠4D上 (下转1,4厦中缝) 中阴影留分的面积为 所以=a+5一S52 5r×2- 解析：连接OD.OE,DE,由题可得OB ×2×2=m-2放填π-2 54)=25,以=2故填2 2 素养·专练 数理极 数理极 素养·测评 3 3.如图3.四边形ACD内接于⊙0，若⊙( 跟踪训练 传刀提高 16.(10分》如图13，在⊙0中，CD是直径， 的半径为3，∠D=15”,则MC的长是 5.如图5，C为半圆内一点，0为圆心，直径A 同出达标 检测题（几） AB⊥CD,垂足为点E,连接AG,AD (1)求证：∠C=∠BAD: 24.3正多边形和圆 长为2rm,∠B0C=60°，∠BC0=90.将△B0C (2)若∠C=30°，0C=3,求B的长度 题心0逆时针旋转至△B'0C,点C在0A上， 成动BC扫时区战（图中用影部会1的面积 检测范围：24.3-24.4】 L.如图，正五边形ABCDE内接于⊙O,援 (满分：120分】 AE,以点A为圆心AC的长为径作CE,再以点D OC.则∠BC0的度数为 4.如图4.工人师博用活口扳手拧一个六 、精心选一选（每小题4分，共32分） 为圆心，CD的长为半径作CE,若AB=1,则图中阴 A.36 B.4 54 螺丝，六角螺坐的头部为正六边形，边长为1：m 常分的面积是 板手每次转度数为六角螺炉中心角的度数， 题号12345台78 A. 且25- 转次后，点A经过的长为 ,抖空竹在我田有着悠久的历史，是田家级 鱼刀提高 C25-g D.25+君 非物质文化造产之一，如图1，AC,BD分别与⊙0 二，细心填一填（每小题4分，共24分） 5.如图5，△ABC的内切画O0与BC,AC,AB 244弧长和鼎形面积（第三课时） 相切T点C,D,延长AC,BD交T点P,若⊙0的斗 9.圆输的底面半径为3，复面展开图的圆心角 2.如图2，边长为4的正六边形ABCDEF 分别相团点D,E,F,且△4BC的周长为36.A 径为3，∠P=120°，3弧CD的长为 为90°.则该蛋雄的母战长为 于⊙0.则它的内切圆半径为 9.CE=4 厚础训练 B.2 4 1D.在平面直角坐标系中，已知点P的坐标为 A.2 B.22 C.23 D.4 (1)求a的值： 1,某校九年级学生参加社会实我，学习编圳 (3,4),将0P绕原点0逆时针旋转90到0P'的位 3.如图3.正/八边形ARCDEFCH内接于⊙ (2)若∠ED=°，将线段CE绕点C逆时 圆锥型工艺品.若这种圆锥的母线长为厘米 置，则在控转过程中，线段0P扫过的部分的面积 连接A0,B0,则∠FED-∠A0B= 旋转到点E在C上时停止，求点E的运动路径长 能面圆的直径为0型米，则该圆锥的面积为 17.(10分)如图4，现有扇形纸片A0B,其圆 11.如图8，AB是⊙0的内接正大边形的边， 心角为120°，半径D1为6cm.现准备把扇形纸片 A.700m平方厘米 B.900=3月里米 点C在弧AB上，且AC是⊙O的内接正八边形的 10B卷成一个西雄形无底妖框 C.1600平方厘米 D.3200m平方厘米 2,已知圆锥的底面圆的半径为1，母线长为2 边，则C是⊙0的内接正 (1)若将纸帽分给班里的同学，求制作50个 2.如图1.正方形ABCD的 咳圆锥侧面展开图的面积为 这样的纸相至少需要多大面积的扇形纸片？ 边长为4，以点A为圆心，AD为 B.2 C.3m D.4m (2)连接0，求一个纸的高0 半径画圆真DE得到扇形 3.如图2.A.B.C是⊙0上的点.∠ACB= 4.如图4，⊙0是正五边彩ABCDE的内切圆 DAF(丽彩部分，点E在对角线 40°，0“=2，阴部分的面积为 点1，N,F分别是边AE,AB,CD与⊙0的切点，买 24.4长和响形面积（第二课时1 AC上).若扇形DAE正好是 A.▣ B C.TT 10.2 2MFN的数为 个圆锥的俐面展开图.则该圆 5,正多边形的一部分如图5 4.如图3.正八边形内接于⊙0，∠ABC的度数 12,马面裙是中国古代汉族女子主要裙式之 堡型澜练 的底而圆的半径是 有着传在部衡日华子利关注，旦，面裙也品锦 所示，若LACB=20°，该正多 1,玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品 A.反 B.I a D. 出圈”，如图9为马面裙的一种经典款式的示意 边形的边数为 .135 B.120 6图6.小E方形EFGH内 现在从一块直径为8m的圆形玉料中刻出一个 3如图2.R1△ABC的解边 图.可以近的看作扇环.其中AB长为0：6米，BG 接于⊙0中，大正方形ABCD四 如图1所示的扇形玉厢（点A,B,G在周上，∠ARG AG=9um,一条直角边BC 边均和⊙0相切，求图中空白部分与阴影部分面 =).则这个扇形玉的面积是 长为米.圆心角∠40=45.则弧为 6cm,现以AB边所在直线为轴装 积的比值 A.4r em' 张.8rem 这个三角形旋转一周，得到一个 13.如图10，△4C是等边三角形，分别以点 D.162=em 圆锥，则这个圆锥的侧面积为 5.图4，以0,0为圆心 0,0为半径的两 L,B,C为圆心，以AB的长为半径作BC,C,B, 4.如图3，已知圆筐的底面 个宽相交于点A,B,BC为⊙0，的直径，若0，D,■ 条孤所围成的图形就是一个曲边三角形，若这个 毕径为2，母线长s别8.呢有一 1,AC的长为 曲边三角形的周长为4，则这个由边三角形的面 只小虫从圆锥联面圆上A点出 积为 A.I B. C. 18.(10分1如15.霄线PCD可寸).PA D. 发，沿者圆锥面绕行到母线$ PB分别切⊙0于点A,B,∠APB=60°，=4,AB 22,止A℃的边为8，点D,, 的中点B,则它所走的最短路程 6.如图5，AB上0B,AB 与PD相交于点E 分别为BC.C4.AB的中点，以A,B,C三点为圆心.4 2,OB■4，把∠AR0绕点0同 (1)求弦AB的长： 24.4弧长和扇形面积（第一课时）】 为半径作圆.则图中阴影部分的面积为 时针旋转60°得到∠C00,明 (2)求阴形都分的面积 传提高 套种训练 A.16万-8m 张.165-4知 4B扫过的面积（因中阴影年 4,h知图11，方长为3的正方形的而当A君有 C.32万-8m D.32万-4m 5.某款冰激凌的外包装可以视为圆倦（如国 分)为 半径为3的圆上，质点C,D在圆内，将正方形 1.图1，已知⊙0的半径为1,4B是⊙0的 3.工人师傅在检查排污管道时发现德泥堆 4一①)，制作这种外包装需要用如图4一②所示 A.2 B.2n 弦，若AB■2，则劣孤AB的长为 头，如图3所示，排污管道的横面是直径为2米 的等腰三角形材料，其中AB■AC,AD⊥BC,将扇 D.π 形EAF围成圆锥时，AE,AF恰好重合.已知这种加 当点B再一次落在圆上时，点B运动的路径长为 的圆，为预估泥量，薄得珍尼横战面（羽中阴影彩 A.2m B.w D 7.中国太极图中，黑色和白色均衡对称，稳园 饰分)觉AB为1米，请计算出泥横截面的面 材料的顶角∠AC=，圆锥底面圆的直召 和谐组成了一幅美丽的图两图6，太极图内 三，附心解一解（本大题6小题，失例分） 0E为5m 方米 切于正大边形ARCDEF中，则图中阴影部分的 15.(10分)如图2.已知⊙0内接正六边开 (1)求图4=】中注的母找AE的长： (2)求加工材衬剩余部分（函4一2中阴彩 积与正大边形ABCDEF的面积之比是 ABCDEF的边长为6：m,求这个正六边形的边心 部分)的面积结果保鼻需} C.Bz D.写 ,面积S。 2.图2，用一个￥径为3m的定滑轮拉动 重物上升，滑轮定转了60°，假设绳素粗细不计，耳 4.4,正万ACD的边长为4，B为心L 与滑轮之没有滑动，则重物上升了（然果算 边的中点，以D为圆心，AD长为半径作圆心角为 90°的扇形ADG,以CE长为直经在正方形内部作 敏理报社试题研究中心 .8mmB,4rcmC.2πcm D.T c ，图中阴影部分的面积是 (参老答案见13期) &.如图7，在正大边形ABCDEF中，连接AG (下转第4版]