2026年中考数学二轮复习：圆

**基本信息** 以“问题情境—模型构建—综合应用”为主线，系统整合圆的性质、计算与证明，突出几何直观与逻辑推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|选择1-5、填空11-12|辅助线构造（半径、直径）、圆心角与圆周角转化|从圆的定义出发，通过正多边形、扇形等载体巩固弧长、面积公式| |综合计算|选择6-8、填空13-15|动态问题轨迹分析、阴影面积割补法|结合函数、几何图形综合，体现数形结合思想| |证明应用|解答16-20|切线判定“连半径证垂直”、四点共圆性质|以圆的对称性为核心，构建“性质—判定—应用”逻辑链|

2026年中考数学二轮复习：圆 一．选择题（共10小题） 1．如图，以正五边形ABCDE一边AB为边在其内部作等边△ABF，延长AF交CD于点G，则∠CGF的度数为（　　） A．82° B．83° C．84° D．85° 2．如图，已知中心线的两个半圆弧半径都为100mm，两直管道的长度都为200mm．则管道的展直长度（即为图中虚线所表示的中心线的长度）为（　　） A．400mm B．（400π+400）mm C．（100π+400）mm D．（200π+400）mm 3．编织草帽是云南各民族擅长的工艺，其中“云南十八怪”中就有“摘下草帽当锅盖”的顺口溜．某校九年级学生参加社会实践，学习编织草帽（该草帽为圆锥形，如图所示）．若这种圆锥形草帽的母线长为35cm，底面圆的半径为20cm，则该圆锥形革帽的侧面积为（　　） A．700πcm2 B．900πcm2 C．1400πcm2 D．1600πcm2 4．如图，在等边△ABC中，AB＝2，D是边AB的中点，以点C为圆心，CD的长为半径作圆，交边AC于点E，交边BC于点F，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 5．如图，AB是半圆O的直径，点C为半圆O上的一个动点（与A，B不重合），D，E分别在弧AC，弧BC上，且AD＝CD，BE＝CE，BD与AE相交于点P．若AB＝4，则OP的最小值为（　　） A． B．1 C． D． 6．如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体已经过半，最大深度CD＝7cm，则截面圆中弦AB的长为（　　） A．4cm B． C． D． 7．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心、2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是（　　） A． B． C． D． 8．如图，AB为圆O的弦，C是弧AB的中点，连结AC并延长，OB是⊙O的半径，作BE⊥OB，交AC的延长线于点D，连结BC．给出下列结论：①若∠A＝30°，则AD∥OB；②若AB＝2BD，则BD2+CD2＝AC2．其中正确的是（　　） A．①，②都对 B．①对，②错 C．①错，②对 D．①，②都错 9．如图，CD为⊙O的切线，C为切点，AB为⊙O的直径，连接AC，BC，若∠ACD＝30°，AB＝4，则BC的长为（　　） A． B．3 C． D．4 10．活动课上，数学小组成员开展探寻75°角的活动．下列操作结果不为75°角的是（　　） A．如图1，将一个钟表的时针与分针拨动到8：30，得到时针与分针的夹角大小 B．如图2，拼摆一副三角板，得到∠ABC的大小 C．如图3，用量角器测量∠ABC，得到∠ABC的大小 D．如图4，折叠一张含60°的直角三角形纸片ABC，得到∠C′DB的大小 二．填空题（共5小题） 11．如图，在Rt△ABO中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，⊙O的半径为1，P为线段AB上一点，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接OP交⊙O于点D，连接CD．（1）当点P与点A重合时，sin∠CPO的值为　 　 ； （2）当弦CD的长最小时，sin∠CPO的值为　 　 ． 12．用一个圆心角为120°，半径为3的扇形做一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为　 　 ． 13．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，，以B为圆心，AB长为半径画弧交边CD于点E，连结BE，则图中阴影部分的面积为　 　 ．（结果保留π） 14．如图，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且∠BPC＝150°，，PC＝2，则正六边形ABCDEF的面积为　 　 ． 15．如图，正六边形ABCDEF的边长为，线段PQ在正六边形内，且PQ∥AB，点R为正六边形内任一点（点P，Q，R可在正六边形的边界上），则PQ＝　 　 时，△PQR的面积最大． 三．解答题（共5小题） 16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E是上一点，连结BE交AD于点F，交CD的延长线于点G，连结CE，若BD是⊙O的直径，． （1）求证：． （2）求证：△BFD∽△CEG． （3）若，，求CG的长． 17．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径为10，过点D作DP⊥AB交BA的延长线于点P，AD平分∠PAC． （1）在图1中，若AC是⊙O的直径，求证：PD是⊙O的切线； （2）在（1）的条件下，若PD＝3PA，求线段AD的长； （3）在图2中，若BC＝CD，求AB+AD的最大值． 18．如图1，在⊙O中截掉一个圆心角为60°的扇形，优弧COD与直线AB相切于点C，且OC＝18． （1）点D到直线AB的距离为　 　 ； （2）如图2，优弧COD上存在一动点M，OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒12°，转动时间为t秒．当点M运动至点D处时，停止转动．过点M作直线l∥OC，直线与优弧COD交于另一点N． ①当直线l与优弧COD相切时，t的值为　 　 秒； ②当t＝5时，求阴影部分面积． 19．如图1，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，且OC⊥AB，弦CD交AB于点E，延长AB至点F，使FE＝FD． （1）求证：FD⊥OD； （2）如图2，连结AD，若，BE＝BF． ①求⊙O的半径； ②求△ADF的面积． 20．如图，四边形ABCD是⊙O内接四边形，AB＝AD，连接对角线AC和BD，过A点的一条直线分别与CB的延长线和CD的延长线交于E点和F点． （1）若∠BAD＝130°，求∠ACF的度数； （2）若，证明：直线EF是⊙O的切线； （3）在（2）的条件下，若∠BAE＝α，证明：． 2026年中考数学二轮复习：圆 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．如图，以正五边形ABCDE一边AB为边在其内部作等边△ABF，延长AF交CD于点G，则∠CGF的度数为（　　） A．82° B．83° C．84° D．85° 【考点】正多边形和圆；等边三角形的性质；多边形内角与外角． 【答案】C 【分析】先求出五边形ABCDE的内角和，再根据正多边形的每个内角都相等求出∠ABC、∠BCD的度数，根据等边三角形的每个内角都是60°得出∠ABF＝∠AFB＝60°，即可求出∠BFG、∠CBF的度数，再求出四边形BCGF的内角和，即可求出∠CGF的度数． 【解答】解：五边形ABCDE的内角和是（5﹣2）×180°＝540°， ∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠ABC＝∠BCD108°， ∵△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝∠AFB＝60°， ∴∠BFG＝180°﹣∠AFB＝180°﹣60°＝120°，∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝108°﹣60°＝48°， ∵四边形BCGF的内角和是（4﹣2）×180°＝360°， ∴∠CGF＝360°﹣∠BCD﹣∠BFG﹣∠CBF＝360°﹣108°﹣120°﹣48°＝84°， 故选：C． 【点评】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，多边形的内角与外角，熟练掌握这些定理是解题的关键． 2．如图，已知中心线的两个半圆弧半径都为100mm，两直管道的长度都为200mm．则管道的展直长度（即为图中虚线所表示的中心线的长度）为（　　） A．400mm B．（400π+400）mm C．（100π+400）mm D．（200π+400）mm 【考点】弧长的计算． 【专题】运算能力． 【答案】D 【分析】根据弧长的公式进行计算即可． 【解答】解：由题知， 因为中心线的两个半圆弧半径都为100mm， 所以两个半圆弧的总长度为：（mm）． 因为两直管道的长度都为200mm， 所以管道的展直长度为（200π+400）mm． 故选：D． 【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟知弧长的计算公式是解题的关键． 3．编织草帽是云南各民族擅长的工艺，其中“云南十八怪”中就有“摘下草帽当锅盖”的顺口溜．某校九年级学生参加社会实践，学习编织草帽（该草帽为圆锥形，如图所示）．若这种圆锥形草帽的母线长为35cm，底面圆的半径为20cm，则该圆锥形革帽的侧面积为（　　） A．700πcm2 B．900πcm2 C．1400πcm2 D．1600πcm2 【考点】圆锥的计算． 【专题】与圆有关的计算；运算能力． 【答案】A 【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解． 【解答】解：该圆锥形革帽的侧面积为2π×20×35＝700π（cm2）． 故选：A． 【点评】此题主要考查了圆锥的计算，解答本题的关键是运用圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2的公式． 4．如图，在等边△ABC中，AB＝2，D是边AB的中点，以点C为圆心，CD的长为半径作圆，交边AC于点E，交边BC于点F，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【考点】扇形面积的计算；等边三角形的性质． 【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】连接CD，根据等边三角形的性质得到∠ACB＝60°，CD⊥AB，AD＝DB＝1，∠ACD＝∠BCD＝30°，根据30度角的性质得到BC＝2，根据勾股定理得到，即，根据图中阴影部分的面积＝S△ABC﹣S扇形ECF计算即可． 【解答】解：如图，连接CD， 由条件可知∠ACB＝60°，CD⊥AB，AD＝DB＝1，∠ACD＝∠BCD＝30°， ∴BC＝2， ∴， ∵以点C为圆心，CD的长为半径作圆，交边AC于点E，交边BC于点F， ∴， ∴S△ABC﹣S扇形ECF ． 即图中阴影部分的面积为， 故选：D． 【点评】本题考查了扇形面积的计算，等边三角形的性质，关键是相关性质和公式的熟练掌握． 5．如图，AB是半圆O的直径，点C为半圆O上的一个动点（与A，B不重合），D，E分别在弧AC，弧BC上，且AD＝CD，BE＝CE，BD与AE相交于点P．若AB＝4，则OP的最小值为（　　） A． B．1 C． D． 【考点】圆周角定理；点与圆的位置关系；垂径定理． 【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】C 【分析】过点O作OQ⊥AB，交⊙O于点Q，点Q在AB的下方，连接BQ，以点Q为圆心，QA为半径作⊙Q，设AQ的延长线交⊙Q于点M，连接BQ，PQ，证明△ABQ是等腰直角三角形得AQ＝BQ，∠AQB＝90°，由勾股定理得AQ＝BQAB，∠M∠AQB＝45°，再根据AD＝CD，BE＝CE，利用圆周角定理证明∠ABD+∠BAE＝45°得∠APB＝135°，继而得∠APB+∠M＝180°，则点P在⊙Q上，PQ＝AQ，由此得在点D在运动的过程中，点P始终在⊙Q的弧AB上运动且不与A，B重合，然后根据“两点之间线段最短”得OP≤PQ﹣OQ，据此即可得出OP的最小值． 【解答】解：过点O作OQ⊥AB，交⊙O于点Q，点Q在AB的下方，连接BQ，以点Q为圆心，QA为半径作⊙Q，设AQ的延长线交⊙Q于点M，连接BQ，PQ，如图所示： ∵AB是⊙O的直径，且AB＝4， ∴OA＝OB＝OQAB＝2，∠AQB＝90°， ∴点B在⊙Q上， ∵OQ⊥AB， ∴△AOQ和BOQ都是等腰直角三角形， ∴∠OAQ＝∠OBQ＝45°， ∴△ABQ是等腰直角三角形， ∴AQ＝BQ，∠AQB＝90°， 在Rt△ABQ中，由勾股定理得：ABAQ， ∴AQ＝BQAB2， 根据圆周角定理得：∠M∠AQB＝45°， ∵AD＝CD，BE＝CE， ∴，， ∴，， ∵AB是⊙O的直径， ∴弧的度数+弧的度数＝180°， ∴的度数的度数＝180°， ∴的度数的度数＝90°， 根据圆周角定理得：∠ABD的度数，∠BAE的度数， ∴∠ABD+∠BAE（的度数的度数）45°， 在△PAB中，∠APB＝180°﹣（∠ABD+∠BAE）＝135°， ∴∠APB+∠M＝180°， ∴在P在⊙Q上，PQ＝AQ＝2√2， ∴当点D在运动的过程中，点P始终在⊙Q的弧AB上运动且不与A，B重合， 根据“两点之间线段最短”得：OP≤PQ﹣OQ， ∴当点P，O，Q共线时，OP为最小，最小值为． 故选：C． 【点评】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，垂径定理，勾股定理是解决问题的关键． 6．如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为5cm，瓶内液体已经过半，最大深度CD＝7cm，则截面圆中弦AB的长为（　　） A．4cm B． C． D． 【考点】垂径定理的应用；勾股定理． 【专题】圆的有关概念及性质；运算能力． 【答案】C 【分析】由垂径定理得，再由勾股定理得AC，进而完成解答． 【解答】解：连接OA，如图， 由题意得：OC⊥AB， ∴， ∵CD＝7cm，OA＝OD＝5cm， ∴OC＝CD﹣OD＝2（cm）， ∴， ∴． ∴截面圆中弦AB的长为． 故选：C． 【点评】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 7．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心、2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是（　　） A． B． C． D． 【考点】点与圆的位置关系；三角形中位线定理；三角形三边关系；抛物线与x轴的交点；二次函数的性质． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】C 【分析】连接BP，如图，先解方程得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到，利用点与圆的位置关系，连接BC交圆于P时，PB最小，然后计算出PB的最小值即可得到线段OQ的最小值． 【解答】解：连接BP，如图， 当y＝0时，， 解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0）， ∵Q是线段PA的中点， ∴OQ为△ABP的中位线， ∴， 当BP最小时，OQ最小， 连接BC交圆于P时，PB最小， ∵， ∴BP的最小值＝5﹣2＝3， ∴线段OQ的最小值为． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，点与圆的位置关系，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点问题，三角形的三边关系，熟知以上知识是解题的关键． 8．如图，AB为圆O的弦，C是弧AB的中点，连结AC并延长，OB是⊙O的半径，作BE⊥OB，交AC的延长线于点D，连结BC．给出下列结论：①若∠A＝30°，则AD∥OB；②若AB＝2BD，则BD2+CD2＝AC2．其中正确的是（　　） A．①，②都对 B．①对，②错 C．①错，②对 D．①，②都错 【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】连接OC交AB于点F，则∠OBC＝∠OCB，由，得根据垂径定理得OC垂直平分AB，AC＝BC，∠FBC＝∠A，则AF＝BF，∠BFC＝90°，所以∠FBC+∠OCB＝90°，由BE⊥OB，得∠DBC+∠OBC＝∠OBE＝90°，推导出∠DBC＝∠FBC，若∠A＝30°，可证明∠ABO＝30°，则AD∥OB，可判断①正确；若AB＝2BD，则BD＝BF，可证明△BCD≌△BCF，得∠BDF＝∠BFC＝90°，所以BD2+CD2＝BC2＝AC2，可判断②正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OC交AB于点F，则OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵C是弧AB的中点， ∴，OC垂直平分AB， ∴AC＝BC，AF＝BF，∠FBC＝∠A，∠BFC＝90°， ∴∠FBC+∠OCB＝90°， ∵BE⊥OB，交AC的延长线于点D， ∴∠DBC+∠OBC＝∠OBE＝90°， ∴∠DBC＝∠FBC， 若∠A＝30°，则∠DBC＝∠FBC＝∠A＝30°， ∴∠ABO＝∠OBE﹣∠DBC﹣∠FBC＝30°， ∴∠A＝∠ABO， ∴AD∥OB， 故①正确； 若AB＝2BD， ∵AB＝2BF， ∴2BD＝2BF， ∴BD＝BF， 在△BCD和△BCF中， ， ∴△BCD≌△BCF（SAS）， ∴∠BDF＝∠BFC＝90°， ∴BD2+CD2＝BC2＝AC2， 故②正确， 故选：A． 【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、等角的余角相等、平行线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 9．如图，CD为⊙O的切线，C为切点，AB为⊙O的直径，连接AC，BC，若∠ACD＝30°，AB＝4，则BC的长为（　　） A． B．3 C． D．4 【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形；圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】C 【分析】连接OC，根据切线的性质以及圆周角定理可得∠BCO＝∠ACD，再由OC＝OB，可得到∠ABC＝∠ACD＝30°，再由含30度角直角三角形的性质即可求解． 【解答】解：如图，连接OC， ∵CD为⊙O的切线， ∴OC⊥CD，即∠OCD＝∠ACD+∠ACO＝90°， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，即∠BCO+∠ACO＝90°， ∴∠BCO＝∠ACD， ∵OC＝OB， ∴∠BCO＝∠ABC， ∴∠ABC＝∠ACD＝30°， ∴， ∴． 故选：C． 【点评】本题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，含30度角直角三角形的性质，掌握相关性质定理是解题的关键． 10．活动课上，数学小组成员开展探寻75°角的活动．下列操作结果不为75°角的是（　　） A．如图1，将一个钟表的时针与分针拨动到8：30，得到时针与分针的夹角大小 B．如图2，拼摆一副三角板，得到∠ABC的大小 C．如图3，用量角器测量∠ABC，得到∠ABC的大小 D．如图4，折叠一张含60°的直角三角形纸片ABC，得到∠C′DB的大小 【考点】圆周角定理；钟面角． 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力． 【答案】C 【分析】分别根据钟面角、三角板、量角器和折叠的性质判断即可． 【解答】解：A．如图1，将一个钟表的时针与分针拨动到8：30，得到时针与分针的夹角大小为75°，故不符合题意； B．如图2，拼摆一副三角板，得到∠ABC的大小为75°，故不符合题意； C．如图3，用量角器测量∠ABC，得到∠ABC的大小为80°，故符合题意； D．如图4，折叠一张含60°的直角三角形纸片ABC，得到∠C′DB的大小为75°，故不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了钟面角、三角板、量角器和折叠的性质，熟练掌握这些知识点是关键． 二．填空题（共5小题） 11．如图，在Rt△ABO中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，⊙O的半径为1，P为线段AB上一点，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接OP交⊙O于点D，连接CD．（1）当点P与点A重合时，sin∠CPO的值为　　 ； （2）当弦CD的长最小时，sin∠CPO的值为　　 ． 【考点】切线的性质；解直角三角形；垂线段最短；勾股定理；圆周角定理． 【专题】与圆有关的位置关系；推理能力． 【答案】，． 【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得∠PCO＝90°，当点P与点A重合时，OP＝OA＝4，根据三角函数的定义即可求出sinCPO的值； （2）连接OC，根据切线的性质可得∠PCO＝90°，根据三角函数的定义和勾股定理分析可得当弦CD的长最小时，OP最小；由垂线段最短性质得，当OP⊥AB时，OP有最小值，求出此时OP的长，即可求出sinCPO的值． 【解答】解：（1）连接OC， 由切线性质可知PC⊥OC， ∴∠PCO＝90°， 当点P与点A重合时，OP＝OA＝4， ∴． 故答案为：． （2）连接OC， 由条件可知， ∵过点P作⊙O的切线，切点为C， ∴PC⊥OC， ∴∠PCO＝90°， 当弦CD的长最小时，圆心角∠COD也最小， ∵， ∴当∠COD最小时，tan∠COD最小，即PC最小， 又∵在Rt△OCP中，OP2＝PC2+OC2＝PC2+1， ∴当PC最小时，OP最小， ∴当弦CD的长最小时，OP最小， 由垂线段最短性质得，当OP⊥AB时，OP有最小值， 此时， ∴， ∴当弦CD的长最小时，的值为． 故答案为：． 【点评】本题考查了切线的性质、三角函数的定义、勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 12．用一个圆心角为120°，半径为3的扇形做一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为　1　 ． 【考点】圆锥的计算． 【答案】1 【分析】设圆锥底面的半径为r，由于圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，则2πr，然后解方程即可． 【解答】解：设圆锥底面的半径为r， 根据题意得2πr，解得：r＝1． 故答案为：1． 【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 13．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，，以B为圆心，AB长为半径画弧交边CD于点E，连结BE，则图中阴影部分的面积为　6　 ．（结果保留π） 【考点】扇形面积的计算；矩形的性质． 【专题】与圆有关的计算；运算能力． 【答案】6． 【分析】利用勾股定理求出EC，证明∠EBC＝30°，再利用分割法求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CD＝4， ∵BE＝BA＝4， ∴EC2， ∴BE＝2EC， ∴∠EBC＝30°， ∴∠ABE＝60°， ∴阴影部分的面积＝4×22×26． 故答案为：6． 【点评】本题考查扇形的面积，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 14．如图，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且∠BPC＝150°，，PC＝2，则正六边形ABCDEF的面积为　　 ． 【考点】正多边形和圆． 【专题】正多边形与圆；推理能力． 【答案】． 【分析】将△BPC 绕点B逆时针旋转120°得到△MBA，过点B作BN⊥AM交AM的延长线于点N，则得P、B、N三点共线，设PB＝BM＝a，则可求得BN、MN、PM、AN，利用勾股定理建立方程求得a的值，再求得AB2即可求解． 【解答】解：如图，将△BPC 绕点B逆时针旋转120°得到△MBA，过点B作BN⊥AM交AM的延长线于点N， 则 AM＝PC＝2，PB＝MB，∠AMB＝∠BPC＝150°，∠PBM＝120°， ∴∠NMB＝180°﹣∠AMB＝30°，∠BPM＝∠BMN＝30°， ∴∠MBN＝90°﹣∠BMN＝60°， ∴∠MBN+∠PBM＝180°， ∴P、B、N三点共线， 设PB＝BM＝a， 在Rt△BNM中，，由勾股定理得， 在Rt△PNM中，，， 在 Rt△PNA中，， 由勾股定理得：， 整理得：， 解得：（舍去）， ∴， 在Rt△ANB 中，， 设正六边形的中心为O，连接OE、OF，过O作OH⊥EF于点H， 则，， ∴， ∴正六边形的面积为， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，掌握旋转是解题的关键． 15．如图，正六边形ABCDEF的边长为，线段PQ在正六边形内，且PQ∥AB，点R为正六边形内任一点（点P，Q，R可在正六边形的边界上），则PQ＝　　 时，△PQR的面积最大． 【考点】正多边形和圆；二次函数的最值；平行线的性质． 【专题】二次函数图象及其性质；正多边形与圆；运算能力． 【答案】． 【分析】过点R作RH⊥PQ于点H，交AB于点G，过A、B分别作AM⊥PQ于M、BN⊥PQ于N，设RH＝x，则HGx，可得△PQR的面积（3x）x（x）2，利用二次函数的性质求解． 【解答】解：过点R作RH⊥PQ于点H，交AB于点G，过A、B分别作AM⊥PQ于M、BN⊥PQ于N， 设RH＝x，则HGx， ∴PM＝NQ＝AM•tan30°＝1x，PQ＝2（1x）+1＝3x， ∴△PQR的面积（3x）x （x）2， 当x，即当P、Q分别在AF、BC的中点时，△PQR的最大面积为， 此时PQ． 故答案为：． 【点评】此题考查的是正多边形和圆，二次函数的应用，平行线的性质，解题的关键是学会利用二次函数的性质解决问题． 三．解答题（共5小题） 16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点E是上一点，连结BE交AD于点F，交CD的延长线于点G，连结CE，若BD是⊙O的直径，． （1）求证：． （2）求证：△BFD∽△CEG． （3）若，，求CG的长． 17．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径为10，过点D作DP⊥AB交BA的延长线于点P，AD平分∠PAC． （1）在图1中，若AC是⊙O的直径，求证：PD是⊙O的切线； （2）在（1）的条件下，若PD＝3PA，求线段AD的长； （3）在图2中，若BC＝CD，求AB+AD的最大值． 【考点】圆的综合题． 【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明：连接OD，如图， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵AD平分∠PAC， ∴∠OAD＝∠PAD， ∴∠PAD＝∠ODA， ∴OD∥PB， ∵DP⊥AB， ∴OD⊥PD， ∵OD为⊙O的半径， ∴PD是⊙O的切线； （2）线段AD的长为； （3）AB+AD的最大值为10． 【分析】（1）连接OD，利用等腰三角形的性质，角平分线的定义，圆周角定理得到∠PAD＝∠ODA，利用平行线的判定与性质得到OD⊥PD，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （2）利用圆周角定理，相似三角形的判定与性质得到，设AD＝x，则CD＝3x，再利用勾股定理解答即可得出结论； （3）连接DB，延长AB至点F，使PF＝AD，连接FC，利用等腰三角形的性质，角平分线的定义，圆周角定理得到△DBC为等边三角形，则∠BDC＝∠BCD＝60°，利用全等三角形的判定与性质得到∠DAC＝∠F＝60°，∠ACD＝∠FCB，从而得到△AFC为等边三角形，则AB+AD＝AB+BF＝AF＝AC，利用等边三角形的性质和直径是圆中最长的弦的性质解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵AD平分∠PAC， ∴∠OAD＝∠PAD， ∴∠PAD＝∠ODA， ∴OD∥PB， ∵DP⊥AB， ∴OD⊥PD， ∵OD为⊙O的半径， ∴PD是⊙O的切线； （2）解：∵AC是⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°， ∵DP⊥AB， ∴∠APD＝90°， ∴∠APD＝∠ADC， ∵AD平分∠PAC， ∴∠OAD＝∠PAD， ∴△APD∽△ADC， ∴， ∵PD＝3PA， ∴， 设AD＝x，则CD＝3x， ∵AD2+CD2＝AC2， ∴x2+（3x）2＝102， ∴x＝±， ∵x＞0， ∴x， ∴线段AD的长为； （3）连接DB，延长AB至点F，使PF＝AD，连接FC，如图， ∵BC＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠CAD＝∠CBD， ∴∠CAD＝∠CBD＝∠CDB． ∵AD平分∠PAC， ∴∠OAD＝∠PAD， ∵⊙O是四边形ABCD的外接圆， ∴∠PAD＝∠BCD， ∴∠CDB＝∠CBD＝∠DCB， ∴△DBC为等边三角形， ∴∠BDC＝∠BCD＝60°， ∴∠BAC＝∠BDC＝60°，∠DAC＝∠DBC＝60°， ∵⊙O是四边形ABCD的外接圆， ∴∠FBC＝∠ADC， 在△ADC和△FBC中， ， ∴△ADC≌△FBC（SAS）， ∴∠DAC＝∠F＝60°，∠ACD＝∠FCB， ∴∠ACF＝∠ACB+∠FCB＝∠ACB+∠ACD＝∠BCD＝60°， ∴△AFC为等边三角形， ∴AB+AD＝AB+BF＝AF＝AC， ∵直径是圆中最长的弦， ∴当AC为直径时，AB+AD取得最大值为10． ∴AB+AD的最大值为10． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，圆的切线的性质定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，连接经过切点的半径和添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 18．如图1，在⊙O中截掉一个圆心角为60°的扇形，优弧COD与直线AB相切于点C，且OC＝18． （1）点D到直线AB的距离为　9　 ； （2）如图2，优弧COD上存在一动点M，OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒12°，转动时间为t秒．当点M运动至点D处时，停止转动．过点M作直线l∥OC，直线与优弧COD交于另一点N． ①当直线l与优弧COD相切时，t的值为　7.5秒或22.5秒　 秒； ②当t＝5时，求阴影部分面积． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）9． （2）①7.5秒或22.5秒；②阴影部分面积为54π﹣81． 【分析】（1）过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥OC于点F，利用圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质和直角三角形的边角关系定理解答即可； （2）①利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：点M在直线OC的左侧，连接OM，利用矩形的判定与性质得到∠COM＝90°，则t＝90÷12＝7.5；点M在直线OC的右侧，连接OM，利用矩形的判定与性质求得OM的旋转角度为270°，则t＝270÷12＝22.5； ②连接ON，过点O作OF⊥MN于点F，利用矩形的判定与性质得到∠FOC＝90°，则∠FOM＝∠FOC﹣∠COM＝30°，利用直角三角形的边角关系定理求得MFOM＝9，OFOM＝9，再利用阴影部分面积＝扇形OMN的面积﹣△OMN的面积解答即可． 【解答】解：（1）过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥OC于点F，如图， ∵优弧COD与直线AB相切于点C， ∴OC⊥AB， ∵DE⊥AB，DF⊥OC， ∴四边形DECF为矩形， ∴DE＝FC． ∵∠DOF＝60°，OD＝OC＝18，DF⊥OC， ∴OF＝OD•cos60°＝189， ∴FC＝OC﹣OF＝9， ∴DE＝9， ∴点D到直线AB的距离为9； 故答案为：9． （2）①当直线l与优弧COD相切于点M时，点M在直线OC的左侧，连接OM，如图， ∴OM⊥l， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∴四边形OMEC为矩形， ∴∠COM＝90°， ∵OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒12°， ∴t7.5． 点M在直线OC的右侧，连接OM，如图， ∴OM⊥l， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∴四边形OMEC为矩形， ∴∠COM＝90°， ∴OM的旋转角度为270°． ∵OM从OC出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒12°， ∴t22.5． 综上，当直线l与优弧COD相切时，t的值为7.5秒或22.5秒． 故答案为：7.5秒或22.5秒； ②当t＝5时，∠COM＝60°， 连接ON，过点O作OF⊥MN于点F，如图， 由题意得：OM＝OC＝18， 由（1）知：OC⊥AB， ∵l∥OC， ∴l⊥AB， ∵OF⊥MN， ∵四边形OFEC为矩形， ∴∠FOC＝90°， ∴∠FOM＝∠FOC﹣∠COM＝30°， ∴MFOM＝9，OFOM＝9． ∵OM＝ON，OF⊥MN， ∴MF＝NF＝9，∠NOF＝∠MOF＝30°， ∴∠MON＝60°，MN＝2MF＝18， ∴阴影部分面积＝扇形OMN的面积﹣△OMN的面积 18×9 ＝54π﹣81； 答：当t＝5时，阴影部分面积为54π﹣81． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，扇形的面积公式，分类讨论的思想方法，熟练掌握圆的切线的性质定理和直角三角形的边角关系定理是解题的关键． 19．如图1，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，且OC⊥AB，弦CD交AB于点E，延长AB至点F，使FE＝FD． （1）求证：FD⊥OD； （2）如图2，连结AD，若，BE＝BF． ①求⊙O的半径； ②求△ADF的面积． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）证明：∵OC⊥AB， ∴COE＝90°，∠C+∠CEO＝90°， ∵CO＝OD，FE＝FD， ∴∠C＝∠ODC，∠FED＝∠FDE． ∵∠CEO＝∠FED， ∴∠FDE＝∠CEO． ∵∠ODC+∠FDE＝90°， ∴ED⊥OD． （2）①圆O的半径为； ②． 【分析】（1）易证∠C＝∠ODC，∠FED＝∠FDE，等角转化即可得证； （2）①半径为r，则，EF＝FD＝2r﹣1，，证△FDA∽△FBD，即可得解； ②先求，过点D作DG⊥AF于点G，求出，即可得解． 【解答】（1）证明：∵OC⊥AB， ∴COE＝90°，∠C+∠CEO＝90°， ∵CO＝OD，FE＝FD， ∴∠C＝∠ODC，∠FED＝∠FDE． ∵∠CEO＝∠FED， ∴∠FDE＝∠CEO． ∵∠ODC+∠FDE＝90°， ∴ED⊥OD． （2）解：①方法1：∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°，∠A+∠ABD＝90°， ∵OA＝OD， ∴∠A＝∠ADO． ∵∠ODA+∠ODB＝∠FDB+∠ODB＝90°， ∴∠ODA＝∠FDB＝∠A． ∴△FDA∽△FBD． ∵BE＝BF，EF＝FD， ∴． 设半径为r，则，EF＝FD＝2r﹣1，， ∴， 解得． 方法2：设BE＝BF＝x，则，DF＝2x，， ∵FD⊥OD， ∴， 解得x1＝1（舍去），x2＝0（不合题意，舍去）． ∴． ∴圆O的半径为； ②方法1：∵BD：AD：AB＝1：2：，AB＝3， ∴． 过点D作DG⊥AF于点G， 由①得，， ∴， ∴； 方法2：过点D作DG⊥AF于点G， ∴， 即， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了切线的判定和性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 20．如图，四边形ABCD是⊙O内接四边形，AB＝AD，连接对角线AC和BD，过A点的一条直线分别与CB的延长线和CD的延长线交于E点和F点． （1）若∠BAD＝130°，求∠ACF的度数； （2）若，证明：直线EF是⊙O的切线； （3）在（2）的条件下，若∠BAE＝α，证明：． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）25°； （2）证明：如图，连接OA， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵∠BCD＝∠ECF， ∴△CBD∽△CEF， ∴∠CBD＝∠E， ∴BD∥EF， ∵AB＝AD， ∴， ∴OA⊥BD， ∴OA⊥EF， ∵OA为半径， ∴直线EF是⊙O切线； （3）证明：如图CB延长线上取点G，令BG＝CD，CA延长线上取点H，令AH＝AC，连接AG， ∵∠ABG+∠ABC＝180°，∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠ADC， ∵AB＝AD，BG＝CD， ∴△ABG≌△ADC（SAS）， ∴AG＝AC， ∴AG＝AH＝AG， 则∠H＝∠AGH，∠ACG＝∠AGC， ∵∠H+∠AGH+∠ACG+∠AGC＝180°， ∴∠AGH+∠AGC＝90°， ∴∠CGH＝90°， ∴cos∠ACB， ∵AE∥BD， ∴∠BAE＝∠ABD， ∵AB＝AD， ∴∠ACB＝∠ADB＝∠ABD， ∴∠ACB＝∠BAE＝α． ∴． 【分析】（1）由等腰可得∠ABD＝∠ADB＝25°，再根据同弧所对的圆周角相等即可得解； （2）易证△CBD∽△CEF，可得BD∥EF，再证OA⊥BD，可得OA⊥EF，即可得证； （3）如图CB延长线上取点G，令BG＝CD，CA延长线上取点H，令AH＝AC，连接AG，易证△ABG≌△ADC（SAS），可得AG＝AH＝AG，则∠CGH＝90°，所以cos∠ACB，再证∠ACB＝∠BAE＝α，即可得证． 【解答】（1）解：∵∠BAD＝130°，AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB＝25°， ∵， ∴∠ACF＝∠ABD＝25°； （2）证明：如图，连接OA， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵∠BCD＝∠ECF， ∴△CBD∽△CEF， ∴∠CBD＝∠E， ∴BD∥EF， ∵AB＝AD， ∴， ∴OA⊥BD， ∴OA⊥EF， ∴直线EF是⊙O切线； （3）证明：如图CB延长线上取点G，令BG＝CD，CA延长线上取点H，令AH＝AC，连接AG， ∵∠ABG+∠ABC＝180°，∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠ADC， ∵AB＝AD，BG＝CD， ∴△ABG≌△ADC（SAS）， ∴AG＝AC， ∴AG＝AH＝AG， 则∠H＝∠AGH，∠ACG＝∠AGC， ∵∠H+∠AGH+∠ACG+∠AGC＝180°， ∴∠AGH+∠AGC＝90°， ∴∠CGH＝90°， ∴cos∠ACB， ∵AE∥BD， ∴∠BAE＝∠ABD， ∵AB＝AD， ∴∠ACB＝∠ADB＝∠ABD， ∴∠ACB＝∠BAE＝α． ∴． 【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $