专题05四边形、圆（5年汇编）（新疆专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合新疆2022-2026年中考真题及模拟题，聚焦四边形与圆核心考点，覆盖平行四边形、特殊四边形、圆的性质与切线等6大专题，真题再现与模拟拓展结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|基础题为主|平行四边形性质、垂径定理、扇形面积计算|结合尺规作图痕迹、折叠变换考查判定与性质| |解答题|综合题占比高|切线证明、特殊四边形判定、圆与几何综合|切线证明常连接半径证垂直，融合相似与解直角三角形；压轴题涉及四点共圆、旋转全等|

专题05 四边形、圆 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 平行四边形性质与判定 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 选择、填空、解答均有考查，常结合尺规作图痕迹命题，重点考查平行四边形性质与判定定理。题型包含角度计算、线段求值、证明题，会搭配折叠变换，常与全等三角形结合，侧重基础证明与逻辑书写，整体难度中等。 考点02 矩形、菱形、正方形性质与判定 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷 高频解答考点，常结合尺规作图，重点考查菱形、矩形的判定方法。会融合三角形中位线、全等知识，正方形侧重边长、面积综合计算；题目既有基础证明，也有几何综合探究，重视图形性质的灵活运用。 考点03 圆基本概念、垂径定理、圆周角圆心角 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2022年新疆卷 以选择、填空为主，重点考查垂径定理、圆周角定理，常搭配直径所对圆周角为直角。部分解答题结合相似三角形、勾股定理综合计算，侧重角度转化、线段计算，是圆模块的基础必考点。 考点04 切线的判定与性质 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷 圆板块解答必考大题，核心考查切线的证明，一般连接半径证垂直。常融合三角形内心、相似三角形、解直角三角形，综合性强，计算量大，属于试卷区分度较高的题型。 考点05 弧长、扇形面积、圆锥相关计算 2026年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 多为填空、选择题，重点考查扇形面积、弧长公式以及圆锥侧面展开图计算。难度较低，记住公式即可求解，常结合圆周角定理求圆心角，属于基础得分题型。 考点06 圆与三角形、四边形简单综合 2024年新疆卷、 2022年新疆卷 压轴类综合题型，融合正方形、等边三角形，考查四点共圆、旋转全等、相似。需要分类讨论，综合性强，对识图、推理能力要求高，作为几何压轴，具备很强区分度。 考点01 平行四边形性质与判定 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点在上．第一步：以点为圆心，任意长为半径画弧交，于点，；第二步：以点为圆心，长为半径画弧交于点；第三步：以点为圆心，长为半径画弧交第二步所画的弧于点，连接并延长，交于点．则下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据尺规作图痕迹可知，从而推出，结合平行四边形的性质，利用三角形内角和定理及平角定义进行角度转换即可得出结论． 【详解】解： 由作图步骤可知， 四边形是平行四边形 在中， ，其余结论均不能证明． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则______． 【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，根据平行四边形的性质，得到，得到，角平分线的定义，得到，进而得到，进而得到即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 3．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．    【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，    ∵在中，，，， ∴， ∴， 在中， ∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时， ∴ 又 ∴ ∴ ∴ 设， ∴ 在中， ∴ 解得：（负整数） 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 4．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点E，F在对角线上，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴； (2)证明：∵， ∴ ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据即可证明； （2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出． 【详解】（1）略 （2）略 5．（2022·新疆·中考真题）在中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使，连接BE． (1)求证：； (2)求证：四边形BCDE是平行四边形． 【答案】(1) 证明：∵点F为边AB的中点， ∴， 在与中， ， ∴； (2) 证明：∵点D为边AC的中点， ∴， 由（1）得， ∴，， ∴，， ∴四边形BCDE是平行四边形． 【分析】（1）利用SAS直接证明； （2）利用和已知条件证明，即可推出四边形BCDE是平行四边形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定方法，难度较小，根据所给条件正确选用平行四边形的判定方法是解题的关键． 考点02 矩形、菱形、正方形性质与判定 1．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则_________． 【答案】40 【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形、的边长分别为a、b，先求出，然后根据求解即可． 【详解】解：设正方形、的边长分别为a、b， 根据题意，得， ∴， ∴ ， 故答案为：40． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1) 如图所示，即为所求； (2) 证明：如图所示， ∵垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 3．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：是矩形． 【答案】(1) 证明：∵的中线，交于点O， ∴，， ∵点F，G分别是，的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； (2) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵G是中点， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是矩形． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是： （1）利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证； （2）利用平行四边形的性质得出，，结合点G是的中点，可得出，同理，则可得出，，然后利用矩形判定即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 4．（2023·新疆·中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．    (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 【答案】(1) 证明：在与中， ∴， ∴， 又∵、分别是、的中点， ∴； (2) 证明：∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵为的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证； （2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点03 圆基本概念、垂径定理、圆周角圆心角 1．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理． 先根据垂径定理得到，再根据圆周角定理即可得到． 【详解】解：连接． ∵是的直径，是弦，， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2024·新疆·中考真题）如图，是的直径，是的弦，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据垂径定理求得，再对运用勾股定理即可求，最后即可求解． 【详解】解：∵，是的直径， ∴，， ∴在中，由勾股定理得， ∴， 故选：B． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，在中，是的直径，弦交于点E，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， 又， ∴； (2) 【分析】（1）利用圆周角定理可得出，，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）利用勾股定理可求出，，利用等面积法求出，可求出，然后利用（1）中求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴E到、的距离相等， 设E到的距离为，C到的距离为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键． 4．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙是的外接圆，AB是⊙的直径，点D在⊙上，，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求DB的长． 【答案】(1) 证明：， (2) 证明：如图，连接 是的切线， 四边形是的内接四边形， (3) 【分析】（1）由等边等角可得，由同弧所对的圆周角相等可得，等量代换即可得证； （2）连接，根据等边对等角可得，由四边形是的内接四边形，可得，进而可得，即可得证； （3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计算即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵AC=4，BC=3， ∴AB==5，CD=AC=4 ∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB， ∴△ACB∽△DEC， ∴， ∴， ∴DE=， ∵∠CBE=∠ABC，∠ACB=∠E=90°， ∴△ACB∽△CEB， ∴， ∴， ∴BE=， ∴BD=DE-BE=， ∴DB的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及圆周角定理是解题的关键． 考点04 切线的判定与性质 1．（2026·新疆·中考真题）如图，内接于，平分交于点D，连接，，经过点D的直线与的延长线相交于点E，且． (1)求证：是的切线； (2)如果点I是的内心，，，求的值． 【答案】(1)证明：连接并延长交于点，连接， ∵ ∴ ∵是直径， ∴ ∴ ∵平分 ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∵是半径， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由圆周角定理得到，，则，由角平分线得到，结合已知条件可得，继而等量代换证明即可； （2）连接，交于点，先由圆周角定理得到证明，根据垂径定理的推论可得，，再证明，解求出，，即可求解，，再由内心的性质导角证明． 【详解】（1）略 （2）解：连接，交于点， ∵平分 ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴，， ∵ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∵点I是的内心， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，为的直径，C为上一点，于点F，，交于点G，交于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：连接， ∵于点F， ∴, ∵ ∴， ∵ ∴， ∴， 即 ∵是的半径， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）连接，证明，得到，即可证明结论； （2）证明，求出，得到，即可求出的长． 【详解】（1）略 （2）∵为的直径， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∵ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ 解得， ∵ ∴ 解得， ∴ ∴， ∴ 【点睛】此题考查了解直角三角形、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握切线的判定、相似三角形的判定和性质是关键． 3．（2023·新疆·中考真题）如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：如图所示，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∵是半径， ∴是的切线； (2) 【分析】（1）连接，根据，得出，由，得出，根据已知条件得出，证明，结合已知条件可得，即可得证； （2）连接，根据已知条件得出，，得出，证明，得出，，进而求得，，根据，求得，进而即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图所示，连接，    ∵，， 设，则 ∴， ∴， 即 解得：， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴,， ∴， ∴， 解得：， ∴ ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵, , ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，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． 考点05 弧长、扇形面积、圆锥相关计算 1．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是(    )    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆周角定理求得，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴． 故选：B. 【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理是解题的关键． 2．（2026·新疆·中考真题）已知圆锥的底面半径是，母线长是，则它的侧面展开图的圆心角为____________． 【答案】 /90度 【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，利用该关系列方程求解即可． 【详解】解：设圆锥侧面展开图的圆心角为， 圆锥的底面周长为： 根据弧长公式，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，可得： 解得 ∴它的侧面展开图的圆心角为． 3．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙的半径为2，点A，B，C都在⊙上，若．则的长为_____（结果用含有的式子表示） 【答案】/ 【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到，再利用弧长公式求解即可． 【详解】，， ， ⊙的半径为2， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键． 考点06 圆与三角形、四边形简单综合 1．（2022·新疆·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______． 【答案】 【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出． 【详解】连接DQ， ∵绕点D顺时针旋转与完全重合， ∴DF=DE，∠EDF=90°，， ∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE， ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠DAQ=∠BAQ=45°， ∴∠DFQ=∠DAQ=45°， ∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角， 即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆）， ∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF， ∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°， ∴FQ=DQ=EQ， ∵A、B、C、D是正方形顶点， ∴AC、BD互相垂直平分， ∵点Q在对角线AC上， ∴BQ=DQ， ∴BQ=DQ=FQ=EQ， ∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE， ∴∠AQF=∠CDE， ∵∠FAQ=∠PED=45°， ∴， ∴， ∴， ∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法． 2．（2024·新疆·中考真题）【探究】 （）已知和都是等边三角形． ①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由； ②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由． 【运用】 （）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】（）， 理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ，理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， 即； （）或． 【分析】（）．证明可得，即得，进而可得；．同理即可求解； （）分点在上，和点在的延长线上，两种情况，画出图形，结合四点共圆及圆周角定理解答即可求解； 本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：（）略 ②略 （）解：分两种情况：如图，当点在上，时， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴四点共圆， ∵， ∴为该圆的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴； 如图，当点在的延长线上，时， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∵， ∴为该圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长为或． 一、单选题 1．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵所对圆心角为，所对圆周角为， ∴ ． 2．（2026·新疆伊犁·二模）一个正多边形，它的内角和是外角和的倍，则该正多边形是（   ） A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形 【答案】B 【详解】解：设这个正多边形的边数为， 由题意得，， 解得， ∴该正多边形是正八边形． 3．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图， 是的弦，半径 于点 ．若，，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由垂径定理得，再利用勾股定理解答即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴，，， ∴． 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）四边形的对角线的和为，点、、、分别为边、、、上的中点，顺次连接、、、四点得到四边形，则四边形的周长是（    ） A．12 B．48 C．56 D．24 【答案】B 【分析】利用三角形中位线性质，将四边形的边长转化为原四边形对角线的一半，再求和得到周长． 【详解】解：如图，连接，， ∵、、、分别是四边形各边、、、的中点， ∴根据三角形中位线定理，在中，，在中，， 同理可得，，， ∴四边形的周长 ， ∵四边形对角线和为， ∴四边形的周长． 5．（2026·新疆喀什·二模）如图，是的直径，点C是上一点，连接，，已知，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据圆周角定理求出，求出半径，再根据弧长公式求出答案即可． 【详解】解：如图，连接， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴的长为． 6．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）某数学兴趣小组开展以下折纸活动：（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．（2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段，把纸片展平．下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的性质，折叠的性质得到，由特殊角的三角函数值的计算得到，由此逐一验证即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴， ∴，则， ∴，， ∴，故C错误，不符合题意， ∴，D正确，符合题意； ∴，故A错误，不符合题意； ∴， ∴，故B错误，不符合题意； 故选：D ． 7．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知平行四边形中，，，，点E在边上，沿折叠得，下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当落在边上时， C．当落在边上时，的面积为 D．的最小值为 【答案】D 【分析】先根据平行四边形的性质求出，，的度数，利用折叠的性质得到，； 对于A：计算，的长，确定的位置求解； 对于B：直接利用折叠性质判断角度； 对于C：确定的运动轨迹，推导出的形状求面积； 对于D：确定的轨迹是以B为圆心的圆，转化为求点D到圆上一点的最小距离问题，即． 【详解】解：A项：如图，当时，为B到的距离， 在平行四边形中，，，， ∴，即是等腰直角三角形， ∴，即平行四边形中，以为底边的高为1， ∵沿折叠得， ∴， ∴，， 即点落在边上， ∴，A项错误； B项：由A项可知，当落在边上时，， ∴，B项错误； C项：∵沿折叠得，点E在上运动， ∴点的运动轨迹是以点B为圆心，为半径的圆上运动， 如图，作以点B为圆心，为半径的圆，与交点，连接，过点E作， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， 由A项可知，平行四边形中，以为底边的高为1， ∴， ∴，C项错误； D项：∵点的运动轨迹是以点B为圆心，为半径的圆上运动， 如图，当D，，B三点共线时，有最小值， 过点D作， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴，即的最小值为，D项正确． 二、填空题 8．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在四边形中，，，与相交于点，请添加一个条件______________，使四边形是矩形． 【答案】（答案不唯一）． 【分析】先利用两组对边相等判断，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形即可以求出添加的条件． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形． 使成为矩形， 添加的条件是（答案不唯一）． 9．（2026·新疆喀什·二模）如图，在菱形中，，对角线交于点．则线段的长为________． 【答案】 【分析】结合菱形性质、等边三角形的判定与性质得到相关线段长度及垂直关系，在中，由勾股定理求出即可得到答案． 【详解】解：在菱形中，，，则是等边三角形， 即， 菱形的对角线相互垂直平分， ，， 在中，，，则由勾股定理得， ∴． 10．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知扇形的面积为，圆心角为，则扇形的弧长为________． 【答案】 【分析】先根据扇形面积公式，结合已知的扇形面积和圆心角求出扇形半径，再根据弧长公式计算扇形的弧长即可． 【详解】解：设扇形的半径为， ∵扇形面积为，圆心角为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴扇形的弧长为． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，点为半圆的圆心，直径长为6，再以点为圆心，为半径作弧，交弧于点，则阴影部分的面积是________． 【答案】 【分析】连接，，过点作于点，推出是等边三角形，得到，利用三角函数求出的长，根据公式求出，然后计算即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，，过点作于点， 根据题意得， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ． 12．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在平行四边形中，点是上一点，连接，且的平分线交于点，且点是的中点，连接，若，，则________． 【答案】 【分析】延长交的延长线于点，利用平行四边形的性质证明，结合中点定义证明，得出，再利用角平分线定义和平行线性质证明，从而得到，最后通过线段和差计算的长度． 【详解】解：延长交的延长线于点， 四边形是平行四边形， ，， ，， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 点在上， ， ， ， ． 13．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，边长为4的正方形，，为，上动点，且，点为中点．则最小值为________. 【答案】 【分析】连接，交于点O，利用正方形的性质和勾股定理求得，取、、的中点为M、N、H，利用三角形的中位线性质得到，，则M、H、N共线，，，再证明，进而点G在上运动，当G与H重合时，，此时最小，最小值为的长度，再根据直角三角形斜边上的中线得，进而可求解． 【详解】解：连接，交于点O， ∵四边形是边长为4的正方形， ∴，，， ∴， ∴， 取、、的中点为M、N、H， 则，， ∴M、H、N共线，，， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 过点作的垂线，交于点， 即， ∴， ∴ ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴，， 即满足为线段的中点， ∴点G在上运动， 当G与H重合时，，此时最小，最小值为的长度， ∵点M、N分别是、的中点， 则， ∵是的中点， ∴， ∴， 即的最小值为． 14．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为________． 【答案】/ 【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，画出图形，求出结果即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵线段绕点C在平面内旋转，， ∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上， ∵， ∴， ∴点E在以为直径的圆上， 在中，， ∵为定值， ∴当最大时，最大， ∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示： 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即的最大值为． 15．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在矩形中，，，将直角折叠，折痕为，得到直角，延长交于点，，，则________． 【答案】 【分析】由折叠性质可得： ，，，，根据，得出，则，证出，根据，，得出，则，结合，得出​，在直角中，​，设，则，由勾股定理列方程 ，求出．即可得 ​​，，再求出，即可求解 ． 【详解】解：在矩形中，，，， 由折叠性质可得： ，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴​， ∵， ∴是直角三角形， ∴​， 设，则， 由勾股定理：，代入得： ， 解得：（长度为正，故负值已舍去）． ∴ ​​，， 在矩形中， ∴， ∴ ． 三、解答题 16．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中， ，是的一个外角， (1)作的平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)作线段的垂直平分线，与交于点F，与边交于点 E，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)判断四边形的形状并加以证明． 【答案】(1)如图，即为所求； (2)如图，即为所求； (3)解：四边形 是菱形． 证明如下： ， ． 平分， ． 又， ， ∴． ∴， 垂直平分， ， ∴， ∴． 四边形是平行四边形（对角线互相平分）． 又， 平行四边形是菱形． 【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法作图即可； （2）根据尺规作垂直平分线的方法作图即可； （3）证明，得到，进而得到四边形为平行四边形，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 17．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，矩形中，过对角线 的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)证明∶； (2)连接，证明∶四边形是菱形． 【答案】 （1）证明：四边形是矩形， ． ． 为中点， ． (对顶角)， ()． （2）证明：由（1）知，． ∴． 又，且， 四边形为菱形． 【分析】（1）突破口是矩形对边平行的性质和O是中点的条件，因为矩形中，所以可得内错角相等；又因为O是中点，所以，再结合对顶角相等，用或判定三角形全等． （2）第一步先由（1）的全等结论得到对应边相等，所以可推出四边形是平行四边形，第二步结合已知垂直平分的条件，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，或者根据“垂直平分线上的点到线段两端距离相等”得到邻边相等，即可完成证明． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】 18．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点C作的平行线交的延长线于点E，交于点 F，连接，． (1)求证∶为的切线； (2)若的半径为5，，求的长． 【答案】(1)证明：连接， ∵， ∴，． ∵是中线， ∴， ∴， ． 又， ， ∴四边形是平行四边形， ． ∵，是等腰三角形，圆心在的垂直平分线上， ∴． ， 又 是 的半径， ∴为 的切线． (2) 【分析】（1）先证明得到，进而得四边形是平行四边形，所以平行，连接，因为，圆心在的垂直平分线上，可得．由此可推出垂直，符合切线判定条件． （2）连接，，连接并延长交于，过作，交的延长线于，过作，结合垂径定理求出、的长度，进而求出、的长度；再根据平行四边形性质得到长度，利用相似三角形求出、的长度；再根据，平行线间的距离处处相等，得到，进而求出的长度．最后根据线段关系求出的长度． 【详解】（1）略 （2）解：连接，，连接并延长交于，过作，交的延长线于，过作， 由（1）知 ， ． 在中，， ， ． 在中，， ，，， ∴四边形是矩形， ∴，． ∴， 在中，， 是切线， ， 又， ， ， ， ． ， ． ，即 ， 又，代入得： ，解得， 在中，， ， ． 在中，由勾股定理： ． 19．（2026·新疆哈密·三模）如图，点在的边上，以为半径的与相切于点，与相交于点，为的直径，与相交于点，． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的长． 【答案】(1)证明：如图，连接， ∵以为半径的与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴ 又∵ ∴； (2)证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）如图，连接，由切线的性质证明，然后得到，结合即可证明； （2）推出，进一步证明，可得； （3）求出，设的半径为，结合，可得，求出，，求解，根据，可得，进一步可得答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵，， ∴， 设的半径为， ∴，， ∵，， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴，则， ∴， ∵， ∴， ∴． 20．（2026·新疆昌吉·模拟预测）综合与探究 问题情境 已知、分别是正方形的边和的动点，过点作，垂足为点，连接． 初步探究： (1)如图（1），若、分别是正方形的边和的中点，与相交于点，求证： 深入探究： (2)如图，若正方形的边长为，，点是的中点，，求此时的长度________和的面积________． 拓展探究： (3)如图，若正方形的边长为，，求的最小值． 【答案】(1)证明：∵与相交于点，， ∴点在上，即， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵、分别是正方形的边和的中点， ∴，， 延长交延长线于，连接， ∵，，， ∴， ∴，即是中点， 在中，是斜边中线， ∴． (2)​， (3) 【分析】（1）延长交延长线于，证明，得出，根据直角三角形的性质即可证明． （2）连接，根据题意可得垂直平分，则，即，设，则，，由勾股定理表示出 ，，得出，解方程求出．过作于，延长交于点，证明四边形是矩形，得出，，再证明，则，求出，，，过作于，过作于，勾股定理求出，则，根据，解直角三角形求出，勾股定理求出，从而求出，解直角三角形求出，设，则，，根据等面积法表示，求出，根据等面积法表示，列方程求出，即；连接，再根据求解即可． （3）设，证明，得出，根据，，得出点四点共圆，证明，从而得，据此得出点P在以为圆心，为半径的圆上，根据点与圆的位置关系，点到圆上点的最小距离为，勾股定理求出即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接， ∵，且是中点， ∴垂直平分， ∴，即， 设， ∵正方形边长为，， ∴，， 由勾股定理得： ，， ∴， 解得：． 过作于，延长交于点， ∵在正方形中，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， ∴，， ∴， 过作于，过作于， ∵， ∴， ∵点是中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； 连接， ∵以为底，到的距离为高， ∴． （3）解：连接， 设， 由正方形性质得，，， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点四点共圆， 设， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点P在以为圆心，为半径的圆上， 连接，则， 根据点与圆的位置关系，点到圆上点的最小距离为， ∴． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 四边形、圆 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 平行四边形性质与判定 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 选择、填空、解答均有考查，常结合尺规作图痕迹命题，重点考查平行四边形性质与判定定理。题型包含角度计算、线段求值、证明题，会搭配折叠变换，常与全等三角形结合，侧重基础证明与逻辑书写，整体难度中等。 考点02 矩形、菱形、正方形性质与判定 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷 高频解答考点，常结合尺规作图，重点考查菱形、矩形的判定方法。会融合三角形中位线、全等知识，正方形侧重边长、面积综合计算；题目既有基础证明，也有几何综合探究，重视图形性质的灵活运用。 考点03 圆基本概念、垂径定理、圆周角圆心角 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2022年新疆卷 以选择、填空为主，重点考查垂径定理、圆周角定理，常搭配直径所对圆周角为直角。部分解答题结合相似三角形、勾股定理综合计算，侧重角度转化、线段计算，是圆模块的基础必考点。 考点04 切线的判定与性质 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷 圆板块解答必考大题，核心考查切线的证明，一般连接半径证垂直。常融合三角形内心、相似三角形、解直角三角形，综合性强，计算量大，属于试卷区分度较高的题型。 考点05 弧长、扇形面积、圆锥相关计算 2026年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 多为填空、选择题，重点考查扇形面积、弧长公式以及圆锥侧面展开图计算。难度较低，记住公式即可求解，常结合圆周角定理求圆心角，属于基础得分题型。 考点06 圆与三角形、四边形简单综合 2024年新疆卷、 2022年新疆卷 压轴类综合题型，融合正方形、等边三角形，考查四点共圆、旋转全等、相似。需要分类讨论，综合性强，对识图、推理能力要求高，作为几何压轴，具备很强区分度。 考点01 平行四边形性质与判定 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点在上．第一步：以点为圆心，任意长为半径画弧交，于点，；第二步：以点为圆心，长为半径画弧交于点；第三步：以点为圆心，长为半径画弧交第二步所画的弧于点，连接并延长，交于点．则下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则______． 3．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．    4．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点E，F在对角线上，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 5．（2022·新疆·中考真题）在中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使，连接BE． (1)求证：； (2)求证：四边形BCDE是平行四边形． 考点02 矩形、菱形、正方形性质与判定 1．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则_________． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：是矩形． 4．（2023·新疆·中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．    (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 考点03 圆基本概念、垂径定理、圆周角圆心角 1．（2025·新疆·中考真题）如图，是的直径，是弦，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·新疆·中考真题）如图，是的直径，是的弦，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·新疆·中考真题）如图，在中，是的直径，弦交于点E，． (1)求证：； (2)若，求的长． 4．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙是的外接圆，AB是⊙的直径，点D在⊙上，，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求DB的长． 考点04 切线的判定与性质 1．（2026·新疆·中考真题）如图，内接于，平分交于点D，连接，，经过点D的直线与的延长线相交于点E，且． (1)求证：是的切线； (2)如果点I是的内心，，，求的值． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，为的直径，C为上一点，于点F，，交于点G，交于点D． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 3．（2023·新疆·中考真题）如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 考点05 弧长、扇形面积、圆锥相关计算 1．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是(    )    A． B． C． D． 2．（2026·新疆·中考真题）已知圆锥的底面半径是，母线长是，则它的侧面展开图的圆心角为____________． 3．（2022·新疆·中考真题）如图，⊙的半径为2，点A，B，C都在⊙上，若．则的长为_____（结果用含有的式子表示） 考点06 圆与三角形、四边形简单综合 1．（2022·新疆·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______． 2．（2024·新疆·中考真题）【探究】 （）已知和都是等边三角形． ①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由； ②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由． 【运用】 （）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 一、单选题 1．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，点在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·新疆伊犁·二模）一个正多边形，它的内角和是外角和的倍，则该正多边形是（   ） A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形 3．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图， 是的弦，半径 于点 ．若，，则的长是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）四边形的对角线的和为，点、、、分别为边、、、上的中点，顺次连接、、、四点得到四边形，则四边形的周长是（    ） A．12 B．48 C．56 D．24 5．（2026·新疆喀什·二模）如图，是的直径，点C是上一点，连接，，已知，，则的长为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）某数学兴趣小组开展以下折纸活动：（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．（2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段，把纸片展平．下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 7．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知平行四边形中，，，，点E在边上，沿折叠得，下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当落在边上时， C．当落在边上时，的面积为 D．的最小值为 二、填空题 8．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在四边形中，，，与相交于点，请添加一个条件______________，使四边形是矩形． 9．（2026·新疆喀什·二模）如图，在菱形中，，对角线交于点．则线段的长为________． 10．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知扇形的面积为，圆心角为，则扇形的弧长为________． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，点为半圆的圆心，直径长为6，再以点为圆心，为半径作弧，交弧于点，则阴影部分的面积是________． 12．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在平行四边形中，点是上一点，连接，且的平分线交于点，且点是的中点，连接，若，，则________． 13．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，边长为4的正方形，，为，上动点，且，点为中点．则最小值为________. 14．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为________． 15．（2026·新疆昌吉·模拟预测）如图，在矩形中，，，将直角折叠，折痕为，得到直角，延长交于点，，，则________． 三、解答题 16．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中， ，是的一个外角， (1)作的平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)作线段的垂直平分线，与交于点F，与边交于点 E，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)判断四边形的形状并加以证明． 17．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，矩形中，过对角线 的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)证明∶； (2)连接，证明∶四边形是菱形． 18．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，等腰内接于，，是边上的中线，过点C作的平行线交的延长线于点E，交于点 F，连接，． (1)求证∶为的切线； (2)若的半径为5，，求的长． 19．（2026·新疆哈密·三模）如图，点在的边上，以为半径的与相切于点，与相交于点，为的直径，与相交于点，． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的长． 20．（2026·新疆昌吉·模拟预测）综合与探究 问题情境 已知、分别是正方形的边和的动点，过点作，垂足为点，连接． 初步探究： (1)如图（1），若、分别是正方形的边和的中点，与相交于点，求证： 深入探究： (2)如图，若正方形的边长为，，点是的中点，，求此时的长度________和的面积________． 拓展探究： (3)如图，若正方形的边长为，，求的最小值． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05四边形、圆 5年真题1年模拟：答案版 五年真题分类园 考点01平行四边形性质与判定 1.B 2.2 3.37-3-3+ 4.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形， ..ABII CD.AB=CD. .∠ABE=LCDF, 又BE=DF, :△MBB2ACDF(SAS) (2)证明：，△ABE≌aCDF」 .AE=CF,∠AEB=∠CFD .∠AEB+∠AEF=∠CFD+∠CFE=180° .∠AEF=∠CFE ..AEI CF, .四边形AECF是平行四边形. 5.(1)证明：，点F为边AB的中点， ∴BF=AF, 在△ADF与△BEF中， 1/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AF=BF ∠AFD=∠BFE DF=EF .△ADF≌aBEF(SAS). (2)证明：，点D为边AC的中点， .AD=DC, 由(1)得△ADF≌△BEF, AD=BE,∠ADF=∠BEF, .DC=BE,DC//BE ∴.四边形BCDE是平行四边形. 考点02矩形、菱形、正方形性质与判定 1.40 2.(1)如图所示，即为所求： yM D AE、 O B (2)证明：如图所示， M E A D 垂直平分， B EF BD ∴BE=DE,∠BOE=∠BOF=90°，OB=OD, .∠EBD=∠EDB, .ADI BC ∴.∠EDB=∠CBD, ∴.∠EBO=∠FBO, 2/13 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又：OB=OB, △EBO≌△FBO(ASA) ..OE=OF, ∴四边形BEDF是平行四边形， 又BE=DE, .四边形BEDF是菱形. 3.(I)证明：：△ABC的中线BD,CE交于点O, ADE=8C,DE∥BC, :点F,G分别是OB,OC的中点， FGBC FGBC DE=FG,DE∥FG. ∴.四边形DEFG是平行四边形： (2)证明：，四边形DEFG是平行四边形， :0=G0-6,00=0=0F ,G是C0中点， ..GO=CG, :.B0=G0=c0=EC 1 同理DO=,BD 3 BD=CE. ..EO=DO, ..EG=DF, :四边形DEFG是平行四边形， .DEFG是矩形. 4.(1)证明：在△AOB与△DOC中， 3/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠ABO=∠DCO=90° OB=OC ∠AOB=∠DOC △AOB≌ADOC(ASA) ..OA=OD 又：E、F分别是AO、DO的中点， ..OE=OF: (2)证明：OB=OC,OF=OE. ∴.四边形BECF是平行四边形，BC=2OB,EF=2OE, ,E为AO的中点，∠ABO=90°， .EB=EO=EA. .∠A=30°， .∠B0E=60°， .△BOE是等边三角形， ∴OB=OE, .BC=EF, 四边形BECF是矩形. 考点3圆基本概念、垂径定理、圆周角圆心角 1.c 2.B 3.①i证明：：D=BD ∴.∠ACD=∠BCE, 又∠ADC=∠ABC, .△ACDAECB: @j 4(Q)证明：AC=C .∴∠ADC=∠ABC 4/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC=CD ∴.∠ADC=∠CAD ·.∠ABC=∠CAD (2)证明：如图，连接OC CE是⊙O的切线， ∴.OC⊥CE .CO=OB .∴∠OCB=∠OBC=∠ABC :四边形ADBC是⊙O的内接四边形， ·.∠CBE=∠CAD :∠CAD=∠ABC ∴.∠OCB=∠CBE ∴.OC BE .OC⊥CE .BE⊥CE E 0 3)5 考点04切线的判定与性质 1.(①)证明：连接DO并延长交⊙O于点F,连接BF, F 5/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..BD=BD ∴.∠1=∠3 ,DF是直径 ∴.∠FBD=90° .∠1+∠2=90° :AD平分∠BAC 23-C ∠BDE=3∠BMC, ..∠3=∠BDE .∠I=∠BDE ∴.∠BDE+∠2=∠EDF=90° .OD是半径， ∴.DE是OO的切线： 24v3 2.(1)证明：连接0C, D CF⊥AB于点F, .∠CFE=90° ∠COE=2∠A,∠FCE=2∠A .∠COE=∠FCE, .∠E=∠E aCOE∽aFCE, .∠OCE=∠CFE=90°， 即OC⊥CE 6/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OC是⊙0的半径， .CE是⊙O的切线： ②)4 3.(1)证明：如图所示，连接OC, D .OC=0A, .∠OAC=∠OCA, .FC=FC ∴.∠FAC=∠FBC .∠CBF=∠BAC .∠FAC=∠CAB ·.∠FAC=∠ACO .OC∥AD .AD⊥DE ∴.OC⊥DE .OC是半径， .CE是⊙O的切线； 18 ②)5 考点05弧长、扇形面积、圆锥相关计算 1.B 2.90°/90度 22π 3.π3 7/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点06圆与三角形、四边形简单综合 1. 2.(1)①CA=CE+CD, 理由如下： ,△ABC和△ADE都是等边三角形， :.AB=AC=BC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=6O°， .∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC, 即∠BAD=∠CAE :△BMD2CAE(SAS) ∴BD=CE. .BC=BD+CD=CE+CD. AC=BC. .CA=CE+CD ②CE=CA+CD ,理由如下： ,△ABC和△ADE都是等边三角形， :.AB=AC=BC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°， ∴.∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC, 即∠BAD=∠CAE, :△BMD≌aCAE(SAS) ∴BD=CE, .CE=BD=BC+CD=CA+CD, 即CE=CA+CD； <2)6-5成6+25 或 一年摸拟练测凤 8/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一、单选题 1.B 2.B 3.C 4.B 5.D 6.D 7.D 二、填空题 8.∠DAB=90°（答案不唯一）· 936 10.6π 4 12.6 13.32 14 2W2+1,1+2V2 4V5+8 15.3 三、解答题 16.(1)如图，AM即为所求： (2)如图，EF即为所求： D A M B4 米 E 3)解：四边形AECF是菱形. 9/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明如下： AB=AC, .∠B=∠ACB :AM平分∠DAC, LE∠DAM=∠MAC=)∠CAD 又：∠DAC=∠B+∠ACB=2∠ACB, .∠MAC=∠ACB, .AF∥BC .∠AFO=∠CE0. :EF垂直平分AC, ∴OA=OC」 :△1OE≌aCOF(AAS) ..OE=OF ∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分）， 又：AC⊥EF, “平行四边形AECF是菱形. 17.(1)证明：四边形ABCD是矩形， .AD//BC ∴.∠OBF=∠ODE :O为BD中点， ∴.OB=OD ∠BOF=∠DOE(对顶角)， .△BOF≌ADOE(ASA). (2)证明：由(1)知，△BOF≌△DOE, ..OE =OF 又OB=OD,且EF⊥BD, 四边形EBFD为菱形. 18.(1)证明：连接OA, 10113 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CEIAB .∠BAD=∠ECD,∠ABD=∠CED :BD是AC中线， .AD=CD, :△1BD≌aCED(AAS) .AB=CE 又AB=AC, .AC=CE, :.四边形ABCE是平行四边形， ∴AEI‖BC :AB=AC,△ABC是等腰三角形，圆心O在BC的垂直平分线上， .AO⊥BC, AO⊥AE, 又A0是⊙0的半径， .AE为⊙O的切线. e 19.1)证明：如图，连接OD, ⊙ 以OC为半径的⊙O与AB相切于点D, .OD⊥AB ..OF =OD 11/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠0DF=∠F=45°， ∴.∠ADF=90°-∠ODF=45°=∠E 又，∠FGO=∠DGA .△FOGP△DAG: (2)证明：，∠ADF=∠F, .AB∥EF, .∠OEC=∠B」 OE=OC, .∠C=∠OEC. ∠B=∠C, .AB=AC; 12√2 3)7 20.I)证明：BE与CF相交于点P,FP⊥BE, ∴点P在CF上，即CF⊥BE, :四边形ABCD是正方形， .BC=CD=AB=AD,∠BCE=∠CDF=90°. :E、F分别是正方形的边CD和AD的中点， CE-DE-CD,AF-DF-4D, 延长CF交BA延长线于H,连接AP, D E p F B 图1 :AF=DF,∠HAF=∠CDF=90°，∠AFH=∠DFC. :△14HF≌aDCF(AA) .AH=CD=AB,即A是HB中点， 12113 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△HPB中，AP是斜边中线， :AP-THB=4B 2 6)6V2-6 13/13