专题05 图形的性质（四边形与圆）10大考点（云南专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 云南地区初中数学二模试题汇编，聚焦图形的性质（四边形与圆），涵盖10大考点，精选各地二模真题，注重基础巩固与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|约35题|多边形内角和、矩形/菱形性质、圆的切线判定、弧长计算|结合航天纪念章、交通指示牌等现实情境，基础题占比60%| |解答题|约15题|四边形综合证明、圆的切线与性质综合、动态几何问题|设置多问梯度，如矩形判定与面积函数关系、圆与四边形综合探究，适配中考命题趋势|

专题05 图形的性质（四边形与圆） 10大考点概览 考点01多边形及其内角和 考点02利用平行线的判定与性质求解 考点03 利用矩形的判定与性质求解 考点04利用菱形的判定与性质求解 考点05 利用正方形的判定与性质求解 考点06 四边形综合 考点07 利用圆的性质求解 考点08 利用切线的判定与性质求解 考点09 弧长与扇形面积 考点10 圆的综合 多边形及其内角和 考点01 1．（2026·云南大理·二模）学校在举办了“叩问苍穹，征途永志”主题活动后，邀请同学们参与设计航天纪念章．小明以正八边形为边框，设计了如图所示的作品，则此正八边形徽章的内角和大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：， 即正八边形徽章的内角和为． 2．（2026·云南楚雄·二模）文明驾车，礼让行人，一定程度上反映了城市的文明程度．如图，交通指示牌的停车让行标志是正八边形，它的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：正八边形的内角和． 3．（2026·云南临沧·二模）一个正多边形的内角和是外角和的1.5倍，则该正多边形的边数为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题利用多边形外角和为定值，结合多边形内角和公式列方程求解边数，属于基础题． 【详解】解：设该正多边形的边数为， ∵任意多边形的外角和为，该正多边形内角和是外角和的倍， ∴该正多边形的内角和为， 又∵边形的内角和公式为， ∴列方程得，解得． 故该正多边形的边数为5． 4．（2026·云南昆明·二模）正九边形的每个外角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据任意多边形外角和为，正多边形各外角相等的性质，计算正九边形每个外角的度数即可． 【详解】解：∵任意多边形的外角和恒为，正九边形的9个外角都相等， ∴正九边形每个外角的度数为． 5．（2026·云南楚雄·二模）下列度数中，是六边形内角和度数的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用多边形内角和公式代入边数即可求出结果． 【详解】解：∵多边形内角和公式为，其中为多边形的边数，六边形的边数， ∴六边形内角和的度数是． 6．（2026·云南楚雄·二模）正九边形的一个内角等于（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题利用多边形内角和公式求解正九边形的单个内角度数，正多边形所有内角相等，用内角和除以边数即可得到结果. 【详解】解：∵边形内角和公式为，正九边形的边数， ∴正九边形内角和为， ∵正九边形每个内角相等， ∴正九边形的一个内角为． 7．（2026·云南昆明·二模）如图，由平面图形镶嵌所呈现的美丽图案，则其中一个阴影部分的多边形（正六边形）的内角和为______度． 【答案】720 【详解】解：∵n边形的内角和公式， ∴正六边形的内角和为． 利用平行线的判定与性质求解 考点02 1．（2026·云南玉溪·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，若，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质得到，证明是的中位线，即可得到答案． 【详解】解：平行四边形， 为中点， ， ， ，分别是，的中点， 是的中位线， ． 2．（2026·云南昆明·二模）如图，是的中位线，若，则的长为（　　） A．20 B．30 C．40 D．60 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理，D、E分别是、的中点，将转化为，代入已知条件即可求出结果． 【详解】解：是的中位线， 点D是的中点，点E是的中点，， 、， ． 3．（2026·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，根据平行四边形对边平行结合平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：A． 4．（2026·云南曲靖·二模）如图，点，，分别是各边上的中点，，则___________． 【答案】 【分析】点，是的边、的中点，可知是的中位线，根据三角形中位线定理可知． 【详解】解：点，是的边、的中点， 是的中位线， ． 5．（2026·云南楚雄·二模）如图，在中，，．点D在边上，线段交于M，连接，． (1)若，求证：四边形是平行四边形． (2)若D为的中点，四边形是平行四边形，，试求出四边形的面积与的函数关系式． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形内角和得到，根据垂线的定义得到，可知，根据可知四边形是平行四边形； （2）先证明是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，进而可知平行四边形是菱形，得到，根据三角函数得到，根据菱形面积公式即可求出与的函数关系式． 【详解】（1）证明：中，，， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形 （2）解：中，，， ， 是直角三角形， 为的中点， ， 又四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形 ， 中，， ， 四边形的面积y与x的函数关系式为． 6．（2026·云南曲靖·二模）在中，E是的中点，相交于点F，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接交于点O，若，则的长为_____________． 【答案】(1) 证明：∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， 即：， ∵， ∴四边形为平行四边形 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握相关结论是解题关键． （1）由题意得是的中位线，推出，结合即可求证； （2）由题意得，，，故可求出，，结合即可求解； 【详解】（1）略 （2）解：∵是的中位线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为： 利用矩形的判定与性质求解 考点03 1．（2026·云南楚雄·二模）如图，将矩形放置在刻度尺上，顶点，对应的刻度（单位：）分别为 和，则的长为（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的对角线相等，可得，先由刻度尺求出线段的长度，即可得到的长． 【详解】解： 四边形是矩形， ， 由题意，顶点对应刻度，顶点对应刻度， ， ． 2．（2026·云南昭通·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形，等边三角形的知识，解题的关键是掌握矩形的性质，则，，根据，求出，根据题意，则，求出，得到是等边三角形，即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 3．（2026·云南昆明·二模）如图，在矩形中，，，与交于点O，M是的中点．P，Q两点沿着的方向分别从点B，点M同时出发，速度均为每秒1个单位长度，当点Q到达D点时，两点同时停止运动．用S表示的面积，用t表示时间，下列图象适合表示S与t的对应关系的是（     ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】连接，由题意易得，，则有，，然后可分当点在线段上时，，则，当点在上，点在上时，即，当点在线段上时，即，进而得出函数解析式，则问题可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵M是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， 由题意可知：当点在线段上时，，则， ∴， ∴， 当点在上，点在上时，即，连接，过点作，如图所示： 在矩形中，， ∴， 同理可得， 由题意可得：， ∴ ； 当点在线段上时，即，如图所示： ∴， ∴， ∴； 综上所述：S与t的函数关系式为， 符合该函数图象的只有D选项． 4．（2026·云南昭通·二模）社区休闲花园计划修建一个矩形花圃，花圃的长为，宽为，则该矩形花圃的对角线长为________． 【答案】20 【分析】矩形的四个内角均为直角，对角线与矩形的长、宽构成直角三角形，可利用勾股定理求解对角线长． 【详解】根据勾股定理可得该矩形花圃的对角线长为． 5．（2026·云南玉溪·二模）如下图，在平行四边形中，增加一个条件后，平行四边形就成为矩形，这个条件可以是___________ 【答案】(答案不唯一) 【分析】本题考查矩形的判定．需要知道及矩形的判定定理，比如有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形．本题从这两个判定角度去考虑添加条件． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 若， 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，此时平行四边形就成为矩形， 故答案为：． 6．（2026·云南昆明·二模）在平行四边形中，对角线，相交于点O，请添加一个适当的条件，使平行四边形成为一个矩形，你添加的条件是______(添一个即可)． 【答案】(答案不唯一) 【分析】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理，难度不大． 根据矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形）推出即可． 【详解】解：添加， 理由是：∵四边形是平行四边形，又 ∴平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．（2026·云南曲靖·二模）在新书发布现场，常会将一些新书按一定造型摆放，某数学书籍发行现场，将四本新书按照如图方式摆放在书架的一个格挡中（图中个完全相同的矩形是书的侧面），最左侧的书贴边垂直摆放，其他三本书倾斜摆放，且，最右侧书的一角恰好落在格挡边沿．若已知，则值为______． 【答案】 【分析】作辅助线构造直角三角形和矩形，通过证明三角形全等将线段转化为，利用平行线的性质和三角形外角性质求出 的度数，最后解直角三角形求出的值． 【详解】解：作，交的延长线于点，交的延长线于点， 由题意，可得四边形为矩形， ，， 四个完全相同的矩形是书的侧面， ，，， ， ， 又， ， 延长交于点， ， 由题意，， ， ， ， ， 在中， 8．（2026·云南普洱·二模）如图，已知，分别是平行四边形的边，上的点，，连接，，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)设的面积为，的面积为．若，，，求点到边的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先利用平行四边形对边平行且相等的性质，结合，推出与平行且相等，判定四边形是平行四边形；再根据对角线相等的平行四边形是矩形，结合，证明它是矩形． （2）先由矩形性质和，证明；再利用相似三角形面积比等于相似比的平方，结合，得到与的数量关系；最后在中，用勾股定理列方程求出的长度，即为点到边的距离． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，． ， ，即． ， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知，四边形是矩形， ，， ． ， ， ． ， ， 的面积为，的面积为，， ， ， （负值已舍），即． 在中，设，， 则， 又， ， 解得，（舍）． ， 点到边的距离为． 9．（2026·云南西双版纳·二模）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点和点之间的距离 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟悉掌握矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定方法先判定出四边形是平行四边形，再利用对角线相等判定出四边形为矩形即可； （2）连接，利用勾股定理求出的长，利用矩形的性质得到的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵延长至点，使， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图，连接，则点和点之间的距离即为线段的长度． ∵，， ∴， 由（1）可得， ∴在中，． ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，则， 由（1）可得， ∴在中，， ∴点和点之间的距离为． 10．（2026·云南保山·二模）如图，在菱形中，对角线与交于点O，过点D作交的延长线于点E，在上截取，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是：熟练掌握菱形的性质. （1）先证明四边形是平行四边形，然后利用矩形的判定即可得证； （2）先利用菱形的性质得出， ，，然后勾股定理求出，然后利用等面积法求出，即可求解. 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形，对角线与交于点O ，，， ， ， 菱形的面积 ， ， ∵四边形是矩形， ． 11．（2026·云南保山·二模）如图，在菱形中，分别延长，至点E，F，使，，连接，，，．记菱形的周长为，四边形的周长为，四边形的面积为S． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求S的值． 【答案】(1) 证明： ，， ∴四边形是平行四边形，                     ∵四边形是菱形， ， ， ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）先根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形是矩形； （2）由得，利用勾股定理解得，利用完全平方公式计算出，进而得出的值即可． 【详解】（1）略 （2）解：， ， ， ，                     ， ， ∵四边形是矩形， ， ∴在中，根据勾股定理得，， ，                         ， ， ． 12．（2026·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键． （1）根据已知条件证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可得证； （2）根据题意证明是直角三角形，设平行线与间的距离为，即，进而根据菱形的周长公式求得的长，即可求解． 【详解】（1）证明：点为中点， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：菱形的周长为40，， ， ， 是直角三角形， ， 设平行线与间的距离为，， ， 又， ， ， ， 四边形是矩形， ． 利用菱形的判定与性质求解 考点04 1．（2026·云南大理·二模）如图，在菱形中，E、F分别是的中点，若，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 【答案】B 【分析】利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可． 【详解】解：∵E、F分别是的中点 ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长为：； 故选：B． 【点睛】本题考查三角形的中位线和菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 2．（2026·云南大理·二模）菱形的两条对角线长分别为，，设其面积为，则在哪两个连续整数之间（　　） A．1和2 B．2和3 C．3和4 D．4和5 【答案】C 【分析】本题主要考查无理数的估算，二次根式的乘法，先计算出矩形的面积S，再利用放缩法估算无理数大小即可． 【详解】解：， ∵， ∴， 即． 故选C． 3．（2026·云南楚雄·二模）如图，菱形花坛，沿着菱形的对角线修建两条小路和，若米，米，则菱形花坛的面积是___________ 平方米． 【答案】120 【分析】本题考查了菱形的性质求面积，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】解：菱形花坛，米，米， ∴菱形花坛的面积是米， 故答案为：120 ． 4．（2026·云南文山·二模）已知，菱形的面积为40，一条对角线长为10，则另一条对角线长为______． 【答案】8 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可得解． 【详解】解：∵菱形的面积为40，一条对角线长为10， ∴另一条对角线的长为， 故答案为：． 5．（2026·云南·二模）如图，菱形的对角线，相交，且，菱形面积为24，则的长为___________． 【答案】6 【分析】设，，根据菱形面积列方程求出，进而求解即可． 【详解】解：∵ ∴设， ∵菱形面积为24 ∴ ∴ ∴ ∴的长为6． 6．（2026·云南·二模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得，则的度数为______． 【答案】/70度 【分析】根据菱形的性质可得，再由等腰三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴． 7．（2026·云南玉溪·二模）如图，已知线段，分别以点，为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，，连接，，，，则四边形的面积为____________． 【答案】 【分析】连接，根据作图可知，再根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理求出，，再根据菱形的性质求面积即可． 【详解】解：如图：连接， 根据作图可知，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴四边形的面积为． 8．（2026·云南玉溪·二模）如图，在矩形中，，相交于点，是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的面积为，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由矩形知，由知，故，又点是的中点，故点是的中点，从而是的中位线，又是的中点，故，故四边形是平行四边形，又，故四边形是菱形； （2）由矩形的面积为得，故，由得，故，从而，． 【详解】（1）证明：∵在矩形中，，相交于点， 是的中点，， ， ， ， ， 又∵点是的中点， ∴点是的中点， 是的中位线， ， 是的中点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵矩形的面积为， ， ∵四边形是菱形， ，， ， 在和中， ， ， ， ． 9．（2026·云南昆明·二模）如图，在四边形中，，，对角线平分，过点作交延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）可得四边形是平行四边形，得，由角平分线得，，得，得， 即可得出结论； （2）过点作于点，由，可得 ，设，勾股定理得，解得， ，可得四边形为矩形，，得． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， 又平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． （2）解：过点作于点， 在菱形中，， ， ， 即，可得 ， 设， 在中，， 即，解得， 所以，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中， ． 10．（2026·云南昆明·二模）如图，在四边形中，，，，过点作，，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长为36，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)144 【分析】（1）先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直证得四边形是菱形； （2）先证明四边形是矩形，从而得到，由四边形是菱形，，得到，，，根据勾股定理得到，从而得到，最后求得． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵矩形的周长为36， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴在中，根据勾股定理，， ∴， ∴． 答：四边形的面积为144． 11．（2026·云南大理·二模）如图，，平分，交于点．平分，交于点，连接，于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，平行线与间的距离是10，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行线的性质及角平分线得，则，即，从而得四边形是平行四边形，再由即可证明结论成立； （2）过点D作于点，则的长度即为平行线与间的距离是10，即，利用含角的直角三角形和解直角三角形求出，，，根据三角形周长定义即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵ ∴； ∵平分，平分， ∴， ， ∴ ∴； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵ ， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过点D作于点，则的长度即为平行线与间的距离是10，即， ∴， ∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∴在中， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 即的周长为． 12．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，，D，O分别为的中点，延长至点E，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的两直角边之和为14，之差为2（），求四边形的边长． 【答案】(1) 证明：∵D，O分别为的中点， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； (2)5 【分析】（1）根据题意得出四边形是平行四边形，利用已知条件及菱形的判定即可证明； （2）设，，根据题意建立方程组求解得出，，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：设，， ∵的两直角边之和为14，之差为2（）， ∴ 解得 即，， ∴， ∵D为的中点， ∴， ∴四边形的边长为5． 13．（2026·云南曲靖·二模）如图，在四边形中，，对角线，交于点，点是对角线上的一个动点，过点作于点，于点，若，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长与的周长之差为，且，求的值． 【答案】(1)证明：令与的交点为G． ∵，， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形． (2) 【分析】（1）令与的交点为G．由，得到，从而可推出，又，得到，因此，再由可证得，得到，根据等腰三角形的“三线合一”得到，，即可得证结论； （2）根据得到，因此，从而，根据勾股定理有，因此，即可求出菱形的面积，进而得到的面积，连接，根据结合三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 连接， ∵ ∴， ∴． 利用正方形的判定与性质求解 考点05 1．（2026·云南·二模）如图，在四边形中，，是的中点，，连接，，过点A，分别作，交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】（1）延长，相交于点，可得四边形是平行四边形，证明，可得是等腰直角三角形，，，即得四边形是正方形； （2）过点作，垂足为点，可得是的垂直平分线，得，， 求出，根据，得， 得，即得． 【详解】（1）证明：如解图，延长，相交于点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 是的中点， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是正方形； （2）解：如图，过点作，垂足为点， 由（1）得，， ， ， ，，， ，， ，， ∴， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形综合，熟练掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质 ，正方形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，三角形中位线判定和性质，割补法求图形面积，是解题的关键． 2．（2026·云南昆明·二模）如图，点为正方形内一点，，将绕点逆时针方向旋转得到（点的对应点为点，延长交于点． (1)试判断四边形的状，并说明理由； (2)若，，求的长． 【答案】(1)四边形是正方形． 理由：四边形是正方形， ． 由旋转可知，，，， ，即． 又， ，， 四边形为矩形． 又， 四边形为正方形． (2)4 【分析】（1）根据旋转的性质可得出，再结合及可得出四边形为矩形，最后利用可证明出四边形为正方形． （2）利用勾股定理求出的长，进而得出的长，最后根据即可解决问题． 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 四边形为正方形， 则令正方形的边长为， ，． 在中， ， ， ， ， ． 3．（2026·云南昆明·二模）有公共顶点A的正方形与正方形按如图1所示放置，点E，F分别在边和上，连接，，M是的中点，连接交于点N． 【观察猜想】 （1）线段与之间的数量关系是____________，位置关系是___________； 【探究证明】 （2）将图1中的正方形绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边上，如图2，其他条件不变，线段与之间的关系是否仍然成立？并说明理由． 【答案】（1），；（2）成立，证明见解析； 【分析】（1）证明△ABF≌△ADE，得出DE=BF，根据斜边中线等于斜边一半得出数量关系，再导角证垂直； （2）延长AM至点H，使MH=AM，证△ABH≌△ADE，类比（1）推导即可． 【详解】解：（1）∵AB=AD，AF=AE，∠BAF=∠DAE=90°， ∴△ABF≌△ADE， ∴BF=DE，∠ABF=∠EDA， ∵M是的中点， ∴，即； ∴∠FBA=∠BAM， ∴∠BAM=∠EDA， ∵∠BAM+∠DAN=90°， ∴∠EDA +∠DAN=90°， ∴∠AND=90°， ∴； 故答案为：，； （2）延长AM至点H，使MH=AM， ∵BM=FM，∠AMF=∠BMH， ∴△AMF≌△HMB， ∴AF=BH，∠AFM=∠HBM， ∵AE=AF， ∴AE=BH， ∵∠AFM+∠ABF=180°-45°=135°， ∴∠ABH=∠HBM+∠ABF=135°， ∵∠EAD=∠EAB+∠GAE=135°， ∴∠EAD =∠ABH， ∵AB=AD， ∴△ABH≌△ADE， ∴AH=DE，∠BAH=∠EDA， ∴； ∵∠BAM+∠DAN=90°， ∴∠EDA +∠DAN=90°， ∴∠AND=90°， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定与性质进行推理证明． 四边形综合 考点06 1．（2026·云南昆明·二模）如图，平行四边形的周长为，的平分线交边于点，交对角线于点，点在上，，过点作于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据平行四边形的性质得出，证明，可得四边形ABFE是平行四边形，根据进而根据菱形的判定得出即可； （2）延长交于点，根据已知求得，进而证明，根据相似三角形的高之比等于相似比，进而得出，再根据菱形的性质求得面积，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，即， 平分， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，延长交于点， ∵， ∴， ∵四边形是菱形； ∴， ∵平行四边形的周长为， ∴ ∵， ∴ ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴ ∴， ∴四边形的面积为 2．（2026·云南昆明·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展教学活动．如图1，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，并且量得，． 操作发现： （1）将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并证明； （2）创新小组将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使、、三点在同一条直线上，得到如图所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接、，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论； 实践探究： （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点，与相交于点，如图所示，连接，求的值． 【答案】（1）解：菱形，证明如下： 在如图1中，是矩形的对角线， ，， ． 在如图中，由旋转知，，， ． ， ， ． ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是菱形． （2）证明：是的中点， '． ， 四边形是平行四边形． 由旋转知，， 平行四边形是菱形． 由旋转知，， ， ， ， 菱形是正方形． （3） 【分析】本题主要考查平行四边形、菱形和正方形的判定方法，结合图形的变化以及三角函数， （1）根据可以得到,再结合可以得到,而已知可以得到四边形为平行四边形，由于旋转，所以,从而得到四边形为菱形； （2）根据可以得到四边形为平行四边形，而，所以四边形为菱形,那么只需要再证明一个直角即可，当、、三点共线时:，而根据旋转的性质，,可以得到： ,从而证到四边形为正方形； （3）结合第二问可以得到,所以要求，就可以分别求出和得长度，由题意可以得到,那么，结合三角函数分别就可以分别求出和； 【详解】解：（1）略 （）略 （）在中，，， ，，， ． 由（）结合平移知，， 在中，， ， ． 在中，， ． 在中，． 3（2026·云南玉溪·二模）如图，矩形中，连接，于点，交于，于点，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若菱形的周长为，求的值． 【答案】(1)证明：∵， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）根据，得出，根据得出四边形是平行四边形，结合，即可得证； （2）连接、、，证明得出则点A在的垂直平分线上，进而根据勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：连接、、， ∵四边形是菱形， ∴是的垂直平分线， 在矩形中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点A在的垂直平分线上， ∴A、I、F三点共线． ∵菱形的周长为 ∴， ∴ 4．（2026·云南·二模）如图所示，在四边形中，，点为上一点，且，过点作交的延长线于点，连接，且，连接交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，求证：四边形是菱形； (3)若，设，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3) 【分析】（1）由已知得；由题中两个平行条件得四边形是平行四边形，则有，则可得结论成立； （2）由（1）知四边形是平行四边形，则有；再由可证明，则，得，可得四边形是平行四边形；再证明四边形是平行四边形，由，即可证明四边形是菱形； （3）证明，得，进而得；由可得；即；由，最后得关于m的方程，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，， ， ， ； ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ； （2）证明：如图，由（1）知四边形是平行四边形， ， ， ，    ， ， ， 在和中， ， ， ，即， 又， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （3）解：由（2）知 ， ； ， ， ， ， ， 由（1）知四边形是平行四边形， ， ； ， ； ， ； ， ， ， 即 ， ， 解得或（不符合题意，舍去）， 故． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键． 利用圆的性质求解 考点07 1．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，直径，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，三角形的内角和定理．试题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用和利用弧、弦、圆心角的关系求解．根据垂径定理得到，再根据圆周角定理，利用弧与圆心角的关系和三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：连接，如图， ∵是直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在中，， ∴， ∴， 在中，． 2．（2026·云南玉溪·二模）如图，是的直径，是的弦，若，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了垂径定理，弧与圆心角之间的关系，圆周角定理；由垂径定理可得，则由圆周角定理可得，据此根据平角的定义可得答案． 【详解】解：∵是的直径，是的弦，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 3．（2026·云南昆明·二模）如图，内接于，为的直径．连接，，若，，则的长为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：为的直径， ， ∵ ∴， 4．（2026·云南大理·二模）如图，是的直径，弦，垂足为，若，则的值等于（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，先根据等腰三角形的三线合一可得，再根据圆周角定理求出，然后根据特殊角的三角函数值求解即可. 【详解】解：如图，连接， ∵，弦， ∴， 由圆周角定理得：， ∴. 5．（2026·云南昆明·二模）如图，四边形是的内接四边形，若，则所对的圆心角为（   ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，三角形内角和定理，圆周角定理；连接，．根据圆内接四边形对角互补可得，根据三角形内角和定理得出，进而根据圆周角定理，即可求解． 【详解】解：如图，连接，． ∵四边形是的内接四边形， ∴， ， ， ， 故选：D 6．（2026·云南楚雄·二模）在平面内，线段，在以为直径的外有一点C，则长度的取值范围为_______． 【答案】 【分析】先由直径的长度求出的半径，再根据点在外得到的取值范围． 【详解】解：线段，为的直径，点在外， 的半径为， 根据点与圆的位置关系可得，点在圆外时，点到圆心的距离大于圆的半径， ． 利用切线的判定与性质求解 考点08 1．（2026·云南丽江·二模）如图，是的外接圆，点P在延长线上，，垂足为点Q，连接和， ． (1)如图，连接，若 ，求的度数． (2)求证：直线是的切线． (3)探究，发现与证明： 如图，D是的中点，交于点E．已知，猜想是否存在常数a，b，使 ，若存在，请直接写出一个a的值和一个b的值，并证明你写出的a的值和b的值，使等式 成立；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)存在常数，使，理由见解析 【分析】（1）先利用外角的性质求出，再根据同弧所对圆心角是圆周角的2倍，即可得答案； （2）先求出，再求出，即可得答案； （3）过点A作，得，利用相似三角形的性质和为的中点，证出，即可得答案． 【详解】（1）解：， ， ； （2）， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 直线是的切线； （3）存在常数，使， 理由如下： 如图，过点A作，交于点F， ， ，， 为的中点， ， ， ， ， ， ， ． 2．（2026·云南昆明·二模）如图1，已知为的直径，弦，连接，点在延长线上，点在上，且，，连接，，，． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线； (3)小明通过课外阅读得知一个几何定理：在同一平面内，若一个四边形的一组对角互补，则该四边形的四个顶点共圆．请你依据此结论，如图2，过点作的平行线交的延长线于点，延长，交于点，连接，试证明点在上．若点恰好为的中点，请判断是否存在常数使得，若存在，请直接写出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)12 (2)证明：连接 ， ， ， ， ， 又， ， 是的直径， ，即， ，即， ， 是的半径， 是的切线． (3)证明：连接， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形内接于， 又， 在和中 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，，四点共圆． ，，在上， 点在上； 存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，进而求出； （2）连接，利用等腰三角形性质及圆周角定理推导出，从而证得为切线； （3）由得，结合圆内接四边形性质得，进而证，得到．结合等条件，推出，，，四点共圆，即可得到点在上；推出，从而得到．在中设，得，进一步通过相似三角形得，结合得，进而求出，利用勾股定理和相似面积比公式，代入计算即可． 【详解】（1）解：，， 四边形是平行四边形， ． （2）略 （3）略 解：是的直径， ， ． 在中，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，设， 由勾股定理得：， ， ． 又， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 存在使． 3．（2026·云南楚雄·二模）如图，已知为的直径，点为上一点，，点为延长线上一点，连接，点为半圆弧的中点，与交于点，且． (1)若，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)猜想是否为定值．若为定值，求出该定值，若不为定值，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)见解析 (3)是定值，该定值为 【分析】（1）先根据为的直径得出，再结合，利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半求出的长度，最后除以即可得到的半径； （2）连接，由点为半圆弧的中点得出，进而得到，再利用三角形外角性质求出，由得出，接着根据得到，计算出，从而推出，证明，结合是的半径，即可证得为的切线； （3）连接、，先利用同弧所对的圆周角相等和对顶角相等证明，得到，再通过两组角分别相等证明，得到，然后设，在中利用三角函数求出和的长度，再通过角度计算证明是等腰三角形，得出，接着根据为直径得出，结合求出，最后将转化为，代入和的表达式计算，即可得出该式的定值为． 【详解】（1）解：为的直径， ， 又∵， ∴， 的半径为4； （2）证明：如图，连接， ∵点为半圆弧的中点， ， ， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 又为的半径， 与相切； （3）是定值，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ， ， ， ∵，， ， 又， ， ， ， 设，在中， ，， ，， ，， ∵， ∴， ∵， ， ， ∵为的直径， ， 在中，， ， 又， ， ， ． 4．（2026·云南曲靖·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为点，且，过点作于点，延长交于点，过点作交延长线于点，延长至点，连接，且满足． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)已知、、、的面积分别为、、、，若，，探究①；②；③三个结论，请从中选出一个恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证，要求写出完整的证明过程． 【答案】(1) (2)证明：连接，并延长交于点Q，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴是的切线． (3)解：结论②恒成立．证明如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， ∴，即． ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 由（2）有 ∴ ， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 在上取点M，使，延长至点N，使，连接，． ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． ∵， ∴， ， ， ∴ ∴ 在上取点K，使，连接． ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， 又， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴恒成立． 【分析】（1）根据等腰三角形的“等边对等角”求出底角，再根据圆的内接四边形的对角互补求解即可； （2）连接，并延长交于点Q，连接，由得到，证明，得到，再由是直径得到，从而，即，即可得证； （3）根据同角的余角相等证明，进而根据圆周角定理和对顶角相等得到，从而，同理，即可得到．根据圆的内接四边形的对角互补可得，结合与圆周角定理推出，设，根据等边对等角与角的和差得到，因此．在上取点M，使，延长至点N，使，连接，．证明，得到，因此，从而．根据三角形的面积公式得到，因此．在上取点K，使，连接．易证，得到，因此，从而可得，所以恒成立． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴． （2）略 （3）略 5．（2026·云南曲靖·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为，且，过点作，交的延长线于点的平分线分别交于点、，且．延长至，连接，使得． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明： 已知．探究①；②；③三个结论，请从中选出一个你认为恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证．要求写出完整的证明过程． 【答案】(1) (2)见解析． (3)恒成立的结论为；证明见解析． 【分析】（1）根据是等腰三角形和三角形内角和定理进行求解即可； （2）连接并延长交于点G，连接，证明，得到，证明，则，即可证明结论成立； （3）求出，，根据即可证明结论． 【详解】（1）解：∵， ∴是等腰三角形， ∴ （2）证明：连接并延长交于点G，连接， ∵是的直径， ∴即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴直线是的切线； （3）恒成立的结论为； 证明：设, 在中， ∴， 在中， 在中， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 即 6．（2026·云南昆明·二模）如图，的外接圆是以为直径的，延长至点，连接，使得．点是上一动点（不与，两点重合），连接，，． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若，当四边形的面积最大时，是否存在常数，，使等式成立？若存在，请求出常数，的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等进行求解即可； （2）连接，先推导出，得到，继而推导出，即，即可解答； （3）由题意可知，的面积为定值，当面积最大时，四边形的面积最大，当点E为的中点时，点E到边的距离最大，推导出，，延长至点F，使得，连接，推导出证明出，得到，， 得到，求出，根据勾股定理，得到，化简可得，即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴； （2）证明：如图1，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， 即：， ∴， 即， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； （3）解：存在，，理由如下： 由题意可知，的面积为定值，当面积最大时，四边形的面积最大，即点E到边的距离最大， 如图2所示，当点E为的中点时，点E到边的距离最大， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， 如图3所示，延长至点F，使得，连接， ∵四边形是的内接四边形，， ∴， ∴ ， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴综上所述：存在，常数． 7．（2026·云南大理·二模）如图，为的直径，弦，连接，，E为上一点，，连接，并延长交于点F，交于点G，连接，在的延长线上取一点H，使，连接． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证：以下与线段，，有关的三个结论： ；；；你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)正确，理由见解析 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，再由三角形外角的性质得出，最后由圆周角性质即可得解； （2）先由导角和三角形内角和得出，再由切线的判定定理即可得出是的切线； （3）连接证出和，然后通过等量代换即可得到． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴ （2）证明：， ． ， ． ， ， ． ， ， ，即， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （3）正确， 理由如下：如图， 连接 ∵，为的直径， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴． 8．（2026·云南楚雄·二模）如图，是五边形的外接圆，是的直径，连接、、，线段与线段交于点, ，且． (1)求的度数． (2)若，求证：直线是的切线． (3)若，的长是否为定值？若是，请求出的长；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)是， 【分析】（1）已知且，可判定为等边三角形，利用等边三角形内角性质求解； （2）是直径，故，结合圆周角定理、已知角相等推导，根据切线判定定理证明； （3）延长至，使，连接，根据角度关系推论，根据相似三角形的判定和性质求解的长． 【详解】（1）解：， ， ， 是等边三角形， ． （2）解：如图1，连接， 由，， ， 又是的直径， ， ， ， 即， ， 又是的直径， 直线是的切线． （3）解：如图2，延长至，使，连接． 在中，， 而， ， 而， ， 又， 是等边三角形， ，， 又由（1）可知，是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， 弧长与扇形面积 考点09 1．（2026·云南昆明·二模）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36cm，底面圆的半径为20cm，该草帽展开为扇形，则这个扇形的圆心角的度数是_______ ． 【答案】 【分析】根据展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长计算． 【详解】解：设圆心角为， ∵母线长为36cm，底面圆半径为20cm， ∴， 解得：， ∴该圆锥侧面展开扇形圆心角度数为． 2．（2026·云南丽江·二模）某校学生参加综合实践课，学习制作圆锥形油纸伞．若这种圆锥的母线长为10分米，底面半径为6分米，则该圆锥的侧面积为（    ） A．平方分米 B．平方分米 C．平方分米 D．平方分米 【答案】A 【分析】根据圆锥侧面积，其中是底面半径，是母线长，再代入相关值计算即可． 【详解】解：由题可知， （平方分米）． 3．（2026·云南昆明·二模）某同学用一张半径为的扇形纸板做一个如图所示的圆锥形小丑帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形小丑帽子的底面半径为，那么这张扇形纸板的面积是________（结果保留）． 【答案】 【分析】求出圆锥的底面周长，再根据扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：圆锥形小丑帽子的底面半径为， 圆锥的底面周长为， 扇形木纸板的半径为， 扇形木纸板的面积为， 4．（2026·云南大理·二模）数学活动课上，同学们用如图所示直径为的圆形材料加工成一种扇形模具部件，已知扇形的圆心角，则扇形部件的面积为________．（结果保留） 【答案】 【分析】先确定扇形的半径，再根据扇形面积公式进行面积计算． 【详解】解：连接， ∵， ∴是圆的直径，即． 在中，，根据勾股定理， ∴，解得：，即扇形半径． ∴． 5．（2026·云南昆明·二模）一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为20，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】利用圆锥底面圆周长等于其侧面展开扇形弧长，圆锥母线长等于扇形半径的性质，列方程求解底面半径即可． 【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为， ∵圆锥侧面展开图圆心角度数，母线长，且圆锥底面圆周长等于侧面展开扇形的弧长， ∴底面圆周长为，侧面展开图的弧长为， ∴， 解得． 6．（2026·云南楚雄·二模）中国饮食文化源远流长，其中过桥米线是云南的地方特色美食之一．如图是某人吃完过桥米线准备喝汤的示意图，碗体部分为半圆，直径．喝汤时，若，则弧的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出，，再根据弧长公式求解即可； 【详解】解：∵为的直径，且， ∴， ∵， ∴， ∴弧的长为． 7．（2026·云南昆明·二模）如图，点，，在上，，连接，，若的半径长为3，则扇形（阴影部分）的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆周角定理求出的度数，然后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵的半径为3， ∴扇形（阴影部分）的面积为． 8．（2026·云南曲靖·二模）如图（1）是我国南方部分地区使用的蒸饭工—甑子．甑体可抽象为立体图形中的圆台图（2）．小明研究发现，圆台可看作是由两个圆锥相减得到的，他画出了其展开图如图（3）所示，若下底面半径，上底面半径，，则圆台的侧面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，证明，求得，再利用圆锥侧面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，下底面半径，上底面半径，设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为， 由题意得， ∴， ∴， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴小圆锥的侧面积，大圆锥的侧面积， ∴圆台的侧面积为． 9．（2026·云南昭通·二模）将一个底面半径为的圆锥的侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，这个圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥的侧面积，扇形的面积，设圆锥的母线长为，根据圆锥的侧面积底面半径母线长侧面展开扇形的面积列出方程解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：设圆锥的母线长为， 由题意得，， 解得， 故选：． 10．（2026·云南曲靖·二模）某博物馆修复一把古代铜锁，锁头的装饰部分为圆锥形（如图）．已知装饰部分的底面圆的半径为3厘米，母线长为5厘米，则该圆锥形装饰的面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，根据圆锥侧面积公式计算即可得解，熟练掌握相关公式是解此题的关键． 【详解】解：由题意可得：该圆锥形装饰的面积为（平方厘米）， 故选：B． 圆的综合 考点10 1．（2026·云南昆明·二模）如图，为五边形的外接圆，为的直径，为延长线上一点，连接得，连接并延长交于点，连接交于点． (1)若，求证：为的切线； (2)若，求； (3)探究，发现与证明：若的半径为，设．请判断以下三个结论： ；；，你认为哪个结论正确，请说明理由． 【答案】(1)证明：为的直径， ， ， ， 又， ， ，即， 为的切线； (2) (3)，理由如下： 过作交于， 由（1）知， ， 又， ， ，即， 同理可得， ，即， ， ． 【分析】（1）由圆周角定理可得，再证，进而得到即可； （2）由题可知，则可设，再利用勾股定理列方程求解即可； （3）过作交于，先证，得到，同理可得，进而得到，再代入计算的值． 【详解】（1）略 （2）解：为的直径， ， ，则可设， 又，即， 解得（负值已舍去）， ； （3）略 2．（2026·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点，点是上一动点（不与点，重合），连接，，交于点． (1)如图①，过点作，交的延长线于点，求证：与相切； (2)如图②，过点作，垂足为点，若，，求的长； (3)如图③，把沿直线翻折得到，连接，当点在上运动时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明：如图，连接． 是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点， ，， ． ， ， 点在上，且是的半径， 与相切． (2) (3)； 理由如下： 如图，作，使得，连接，．则， ， ，， ， ∵， ， ， ， ，， ． 【分析】（1）连接，由是的外接圆，是的直径，点B是半圆的中点，得出，，再结合平行线的性质可推出结论； （2）证明，，在中，设，则，，，得出，即，从而得出结果； （3）作，使得，连接，．证明，得出，推出，进而可推出结论． 【详解】（1）略 （2）解：点是半圆的中点， ． 是的直径， ， ， ． ， ， 又∵， ． ， 在中，设，则，，， ，即， ， 的长是． （3）略 3．（2026·云南临沧·二模）“小时不识月，呼作白玉盘．”2025年春晚节目《玉盘》：“玉盘玉盘，你为何悬于屋顶上？……”从远古问月到现在的探月工程，都体现了中华民族对宇宙穷极探索的追寻．“圆”——宛如那无瑕的玉盘，承载着无尽的奇妙与神秘，静静悬于数学的浩瀚星空．请用所学数学知识解决下面问题： 如图1，点A，B，C是上的三个点，，延长至点D，连接，，点F在的延长线上，与相切于点G，过点A作的平行线与切线交于点E． (1)求证：是的直径． (2)求证：是的切线． (3)如图2，连接，过点G作，交于点M．判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）由即可证明结论； （2）由可得，由，可得，即可证明结论； （3）延长，交于点，先可证得是的切线，可得，，，设，，通过证明，，，利用相似三角形的性质即可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴是的直径． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵是的直径， ∴是的切线， （3）解：． 理由：如图，延长，交于点， ∵，， ∴． ∵是的直径， ∴是的切线，切点为， ∵，都是的切线，切点分别为点，， ∴，， 设，，则， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴． 4．（2026·云南·二模）如图，弦，不是的直径，且于点，点是射线上的一个动点，过点作于点，交于点． (1)如图①，当点与点重合时，求证：平分； (2)在（1）的条件下，连接．若，请判断与的位置关系，并证明你的结论； (3)如图②，当经过点时，点在线段上，点在线段上，连接．若，线段的长度是否会随着的半径的变化而变化．若变化，请用含的代数式表示的长度；若不变化，请求出的长． 【答案】(1)证明：∵，， ∴． ∴，， ∵， ∴，即平分． (2) 解：与相切，证明如下： 连接并延长交于点，连接，如图所示， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴，即， ∴． 又∵是的直径， ∴与相切． (3)线段的长度随着的半径的变化而变化，． 【分析】（1）通过垂直关系得到角相等，再利用同弧所对圆周角相等，从而证明角平分线． （2）连接并延长交于点，连接，结合已知条件可判定，从而得到角相等，结合垂直关系证明切线． （3）连接，利用垂直关系推导角相等，根据等角对等边得出线段相等，再结合垂直于弦的直径的性质，最后用勾股定理求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图，连接， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵过的圆心， ∴， ∵，的半径为， ∴，， ∴， 即线段的长度随着的半径的变化而变化，且． 【点睛】本题主要考查了圆的性质、相似三角形的判定与性质、切线的判定以及勾股定理、勾股定理、垂径定理的推论等知识，熟练掌握圆的相关性质和相似三角形的判定方法是解题的关键． 2/88 1/88 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 图形的性质（四边形与圆） 10大考点概览 考点01多边形及其内角和 考点02利用平行线的判定与性质求解 考点03 利用矩形的判定与性质求解 考点04利用菱形的判定与性质求解 考点05 利用正方形的判定与性质求解 考点06 四边形综合 考点07 利用圆的性质求解 考点08 利用切线的判定与性质求解 考点09 弧长与扇形面积 考点10 圆的综合 多边形及其内角和 考点01 1．（2026·云南大理·二模）学校在举办了“叩问苍穹，征途永志”主题活动后，邀请同学们参与设计航天纪念章．小明以正八边形为边框，设计了如图所示的作品，则此正八边形徽章的内角和大小为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·云南楚雄·二模）文明驾车，礼让行人，一定程度上反映了城市的文明程度．如图，交通指示牌的停车让行标志是正八边形，它的内角和等于（    ） A． B． C． D． 3．（2026·云南临沧·二模）一个正多边形的内角和是外角和的1.5倍，则该正多边形的边数为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 4．（2026·云南昆明·二模）正九边形的每个外角的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·云南楚雄·二模）下列度数中，是六边形内角和度数的是（    ）． A． B． C． D． 6．（2026·云南楚雄·二模）正九边形的一个内角等于（     ） A． B． C． D． 7．（2026·云南昆明·二模）如图，由平面图形镶嵌所呈现的美丽图案，则其中一个阴影部分的多边形（正六边形）的内角和为______度． 利用平行线的判定与性质求解 考点02 1．（2026·云南玉溪·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，若，则的长为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·云南昆明·二模）如图，是的中位线，若，则的长为（　　） A．20 B．30 C．40 D．60 3．（2026·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，若，则（　　） A． B． C． D． 4．（2026·云南曲靖·二模）如图，点，，分别是各边上的中点，，则___________． 5．（2026·云南楚雄·二模）如图，在中，，．点D在边上，线段交于M，连接，． (1)若，求证：四边形是平行四边形． (2)若D为的中点，四边形是平行四边形，，试求出四边形的面积与的函数关系式． 6．（2026·云南曲靖·二模）在中，E是的中点，相交于点F，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接交于点O，若，则的长为_____________． 利用矩形的判定与性质求解 考点03 1．（2026·云南楚雄·二模）如图，将矩形放置在刻度尺上，顶点，对应的刻度（单位：）分别为 和，则的长为（     ）． A． B． C． D． 2．（2026·云南昭通·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·云南昆明·二模）如图，在矩形中，，，与交于点O，M是的中点．P，Q两点沿着的方向分别从点B，点M同时出发，速度均为每秒1个单位长度，当点Q到达D点时，两点同时停止运动．用S表示的面积，用t表示时间，下列图象适合表示S与t的对应关系的是（     ） A．B．C．D． 4．（2026·云南昭通·二模）社区休闲花园计划修建一个矩形花圃，花圃的长为，宽为，则该矩形花圃的对角线长为________． 5．（2026·云南玉溪·二模）如下图，在平行四边形中，增加一个条件后，平行四边形就成为矩形，这个条件可以是___________ 6．（2026·云南昆明·二模）在平行四边形中，对角线，相交于点O，请添加一个适当的条件，使平行四边形成为一个矩形，你添加的条件是______(添一个即可)． 7．（2026·云南曲靖·二模）在新书发布现场，常会将一些新书按一定造型摆放，某数学书籍发行现场，将四本新书按照如图方式摆放在书架的一个格挡中（图中个完全相同的矩形是书的侧面），最左侧的书贴边垂直摆放，其他三本书倾斜摆放，且，最右侧书的一角恰好落在格挡边沿．若已知，则值为______． 8．（2026·云南普洱·二模）如图，已知，分别是平行四边形的边，上的点，，连接，，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)设的面积为，的面积为．若，，，求点到边的距离． 9．（2026·云南西双版纳·二模）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点和点之间的距离 10．（2026·云南保山·二模）如图，在菱形中，对角线与交于点O，过点D作交的延长线于点E，在上截取，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 11．（2026·云南保山·二模）如图，在菱形中，分别延长，至点E，F，使，，连接，，，．记菱形的周长为，四边形的周长为，四边形的面积为S． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求S的值． 12．（2026·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 利用菱形的判定与性质求解 考点04 1．（2026·云南大理·二模）如图，在菱形中，E、F分别是的中点，若，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 2．（2026·云南大理·二模）菱形的两条对角线长分别为，，设其面积为，则在哪两个连续整数之间（　　） A．1和2 B．2和3 C．3和4 D．4和5 3．（2026·云南楚雄·二模）如图，菱形花坛，沿着菱形的对角线修建两条小路和，若米，米，则菱形花坛的面积是___________ 平方米． 4．（2026·云南文山·二模）已知，菱形的面积为40，一条对角线长为10，则另一条对角线长为______． 5．（2026·云南·二模）如图，菱形的对角线，相交，且，菱形面积为24，则的长为___________． 6．（2026·云南·二模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得，则的度数为______． 7．（2026·云南玉溪·二模）如图，已知线段，分别以点，为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，，连接，，，，则四边形的面积为____________． 8．（2026·云南玉溪·二模）如图，在矩形中，，相交于点，是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的面积为，求的面积． 9．（2026·云南昆明·二模）如图，在四边形中，，，对角线平分，过点作交延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 10．（2026·云南昆明·二模）如图，在四边形中，，，，过点作，，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长为36，，求四边形的面积． 11．（2026·云南大理·二模）如图，，平分，交于点．平分，交于点，连接，于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，平行线与间的距离是10，求的周长． 12．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，，D，O分别为的中点，延长至点E，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的两直角边之和为14，之差为2（），求四边形的边长． 13．（2026·云南曲靖·二模）如图，在四边形中，，对角线，交于点，点是对角线上的一个动点，过点作于点，于点，若，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长与的周长之差为，且，求的值． 利用正方形的判定与性质求解 考点05 1．（2026·云南·二模）如图，在四边形中，，是的中点，，连接，，过点A，分别作，交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的面积． 2．（2026·云南昆明·二模）如图，点为正方形内一点，，将绕点逆时针方向旋转得到（点的对应点为点，延长交于点． (1)试判断四边形的状，并说明理由； (2)若，，求的长． 3．（2026·云南昆明·二模）有公共顶点A的正方形与正方形按如图1所示放置，点E，F分别在边和上，连接，，M是的中点，连接交于点N． 【观察猜想】（1）线段与之间的数量关系是____________，位置关系是___________； 【探究证明】（2）将图1中的正方形绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边上，如图2，其他条件不变，线段与之间的关系是否仍然成立？并说明理由． 四边形综合 考点06 1．（2026·云南昆明·二模）如图，平行四边形的周长为，的平分线交边于点，交对角线于点，点在上，，过点作于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 2．（2026·云南昆明·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展教学活动．如图1，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，并且量得，． 操作发现： （1）将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，判断四边形的形状，并证明； （2）创新小组将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使、、三点在同一条直线上，得到如图所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接、，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论； 实践探究： （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点，与相交于点，如图所示，连接，求的值． 3（2026·云南玉溪·二模）如图，矩形中，连接，于点，交于，于点，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若菱形的周长为，求的值． 4．（2026·云南·二模）如图所示，在四边形中，，点为上一点，且，过点作交的延长线于点，连接，且，连接交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，求证：四边形是菱形； (3)若，设，求的值． 利用圆的性质求解 考点07 1．（2026·云南临沧·二模）如图，在中，直径，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·云南玉溪·二模）如图，是的直径，是的弦，若，，则（　　） A． B． C． D． 3．（2026·云南昆明·二模）如图，内接于，为的直径．连接，，若，，则的长为(　　) A． B． C． D． 4．（2026·云南大理·二模）如图，是的直径，弦，垂足为，若，则的值等于（     ） A． B． C． D． 5．（2026·云南昆明·二模）如图，四边形是的内接四边形，若，则所对的圆心角为（   ）      A． B． C． D． 6．（2026·云南楚雄·二模）在平面内，线段，在以为直径的外有一点C，则长度的取值范围为_______． 利用切线的判定与性质求解 考点08 1．（2026·云南丽江·二模）如图，是的外接圆，点P在延长线上，，垂足为点Q，连接和， ． (1)如图，连接，若 ，求的度数． (2)求证：直线是的切线． (3)探究，发现与证明： 如图，D是的中点，交于点E．已知，猜想是否存在常数a，b，使 ，若存在，请直接写出一个a的值和一个b的值，并证明你写出的a的值和b的值，使等式 成立；若不存在，请说明理由． 2．（2026·云南昆明·二模）如图1，已知为的直径，弦，连接，点在延长线上，点在上，且，，连接，，，． (1)若，求的长； (2)求证：是的切线； (3)小明通过课外阅读得知一个几何定理：在同一平面内，若一个四边形的一组对角互补，则该四边形的四个顶点共圆．请你依据此结论，如图2，过点作的平行线交的延长线于点，延长，交于点，连接，试证明点在上．若点恰好为的中点，请判断是否存在常数使得，若存在，请直接写出的值，若不存在，请说明理由． 3．（2026·云南楚雄·二模）如图，已知为的直径，点为上一点，，点为延长线上一点，连接，点为半圆弧的中点，与交于点，且． (1)若，求的半径． (2)求证：为的切线． (3)猜想是否为定值．若为定值，求出该定值，若不为定值，请说明理由． 4．（2026·云南曲靖·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为点，且，过点作于点，延长交于点，过点作交延长线于点，延长至点，连接，且满足． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)已知、、、的面积分别为、、、，若，，探究①；②；③三个结论，请从中选出一个恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证，要求写出完整的证明过程． 5．（2026·云南曲靖·二模）如图，四边形是的内接四边形，对角线，垂足为，且，过点作，交的延长线于点的平分线分别交于点、，且．延长至，连接，使得． (1)若，求的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)探究，发现与证明： 已知．探究①；②；③三个结论，请从中选出一个你认为恒成立的结论，并结合已知条件进行严格的推理论证．要求写出完整的证明过程． 6．（2026·云南昆明·二模）如图，的外接圆是以为直径的，延长至点，连接，使得．点是上一动点（不与，两点重合），连接，，． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若，当四边形的面积最大时，是否存在常数，，使等式成立？若存在，请求出常数，的值；若不存在，请说明理由． 7．（2026·云南大理·二模）如图，为的直径，弦，连接，，E为上一点，，连接，并延长交于点F，交于点G，连接，在的延长线上取一点H，使，连接． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证：以下与线段，，有关的三个结论： ；；；你认为哪个正确？请说明理由． 8．（2026·云南楚雄·二模）如图，是五边形的外接圆，是的直径，连接、、，线段与线段交于点, ，且． (1)求的度数． (2)若，求证：直线是的切线． (3)若，的长是否为定值？若是，请求出的长；若不是，请说明理由． 弧长与扇形面积 考点09 1．（2026·云南昆明·二模）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36cm，底面圆的半径为20cm，该草帽展开为扇形，则这个扇形的圆心角的度数是_______ ． 2．（2026·云南丽江·二模）某校学生参加综合实践课，学习制作圆锥形油纸伞．若这种圆锥的母线长为10分米，底面半径为6分米，则该圆锥的侧面积为（    ） A．平方分米 B．平方分米 C．平方分米 D．平方分米 3．（2026·云南昆明·二模）某同学用一张半径为的扇形纸板做一个如图所示的圆锥形小丑帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形小丑帽子的底面半径为，那么这张扇形纸板的面积是________（结果保留）． 4．（2026·云南大理·二模）数学活动课上，同学们用如图所示直径为的圆形材料加工成一种扇形模具部件，已知扇形的圆心角，则扇形部件的面积为________．（结果保留） 5．（2026·云南昆明·二模）一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为20，则该圆锥的底面圆的半径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 6．（2026·云南楚雄·二模）中国饮食文化源远流长，其中过桥米线是云南的地方特色美食之一．如图是某人吃完过桥米线准备喝汤的示意图，碗体部分为半圆，直径．喝汤时，若，则弧的长为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·云南昆明·二模）如图，点，，在上，，连接，，若的半径长为3，则扇形（阴影部分）的面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·云南曲靖·二模）如图（1）是我国南方部分地区使用的蒸饭工—甑子．甑体可抽象为立体图形中的圆台图（2）．小明研究发现，圆台可看作是由两个圆锥相减得到的，他画出了其展开图如图（3）所示，若下底面半径，上底面半径，，则圆台的侧面积为（　　） A． B． C． D． 9．（2026·云南昭通·二模）将一个底面半径为的圆锥的侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，这个圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D． 10．（2026·云南曲靖·二模）某博物馆修复一把古代铜锁，锁头的装饰部分为圆锥形（如图）．已知装饰部分的底面圆的半径为3厘米，母线长为5厘米，则该圆锥形装饰的面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 圆的综合 考点10 1．（2026·云南昆明·二模）如图，为五边形的外接圆，为的直径，为延长线上一点，连接得，连接并延长交于点，连接交于点． (1)若，求证：为的切线； (2)若，求； (3)探究，发现与证明：若的半径为，设．请判断以下三个结论： ；；，你认为哪个结论正确，请说明理由． 2．（2026·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点，点是上一动点（不与点，重合），连接，，交于点． (1)如图①，过点作，交的延长线于点，求证：与相切； (2)如图②，过点作，垂足为点，若，，求的长； (3)如图③，把沿直线翻折得到，连接，当点在上运动时，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 3．（2026·云南临沧·二模）“小时不识月，呼作白玉盘．”2025年春晚节目《玉盘》：“玉盘玉盘，你为何悬于屋顶上？……”从远古问月到现在的探月工程，都体现了中华民族对宇宙穷极探索的追寻．“圆”——宛如那无瑕的玉盘，承载着无尽的奇妙与神秘，静静悬于数学的浩瀚星空．请用所学数学知识解决下面问题： 如图1，点A，B，C是上的三个点，，延长至点D，连接，，点F在的延长线上，与相切于点G，过点A作的平行线与切线交于点E． (1)求证：是的直径． (2)求证：是的切线． (3)如图2，连接，过点G作，交于点M．判断与的数量关系，并说明理由． 4．（2026·云南·二模）如图，弦，不是的直径，且于点，点是射线上的一个动点，过点作于点，交于点． (1)如图①，当点与点重合时，求证：平分； (2)在（1）的条件下，连接．若，请判断与的位置关系，并证明你的结论； (3)如图②，当经过点时，点在线段上，点在线段上，连接．若，线段的长度是否会随着的半径的变化而变化．若变化，请用含的代数式表示的长度；若不变化，请求出的长． 20/20 19/20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $