第3章 圆的基本性质 高频考点突破(章节拔尖攻略)-【通成学典】2026-2027学年九年级上册数学拔尖特训(浙教版·新教材)

第3章1 圆的基本性质 朝高频考点突破 考点一垂径定理的实际应用 典例1如图①，将一个球放置在圆柱形玻璃 瓶上，测得瓶高AB=20cm,底面直径 BC=12cm,球的最高点到瓶底面的距离为 32cm,则球的半径为 cm(玻璃瓶 厚度忽略不计) 0 32 cm 30 20 1G 12cm 12cm ① ② (典例1图) 分析 设球心为，点O,过点O作OM⊥AD于点 M,连结OA.设球的半径为rcm,由垂径定理， 得AM=DM=AD,然后在Rt△OAM中，由 勾股定理列出方程，解方程即可， 解答：如图②，设球心为点O,过点O作 OM⊥AD于点M,连结OA.设球的半径为 rcm.由题意，得AD=BC=12cm,OM= 32-20-r=(12-r)cm.由垂径定理，得 AM=DM=?AD=6cm.在Rt△OAM 中，由勾股定理，得AM2+OM2=OA2,即 62+(12-r)2=r2,解得r=7.5.所以球的 半径为7.5cm.故答案为7.5. 小结 这是一道球与圆柱组合的几何计算问题，核 心方法是垂径定理十勾股定理，解题步骤可归纳 如下： (1)建模：将立体问题转化为平面问题，取过球心 聚焦高频考点，各个击破 和圆柱轴线的截面，得到圆与弦的平面几何 模型 (2)设元：设球的半径为r,用r表示出球心到弦 (瓶口圆面)的垂直距离 (3)列方程：利用垂径定理（垂直于弦的直径平 分弦)和勾股定理，建立关于r的方程. (4)求解：解方程，得到半径的值 对应练习 1.生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成 (如图①)，它可以看成如图②所示的几 何图形.已知AC=BD=5cm,AC1 CD,垂足为C,BD⊥CD,垂足为D, CD=16cm,⊙O的半径r=10cm,则圆 盘离桌面CD最近的距离是 0 ② (第1题) A.6 cm B.5 cm C.2 cm D.1 cm 考点二圆中无附图问题 典例2若点O是等腰三角形ABC的外心， 且∠BOC=60°，底边BC=2,则△ABC的 面积为 分析 本题没有给出图形，且外心的位置未确定， 根据题意，需分两种情形讨论：①圆心O在 △ABC的内部.②圆心O在△ABC的外部. 分别求解即可， 15 数学（浙教版）九年级全一册 解答：如图①，当圆心O在△ABC的内部 时，连结AO并延长，交BC于点E.因为点 O是等腰三角形ABC的外心，∠BOC 60°，所以易得△OBC是等边三角形.所以 OB=OC=BC=2.因为AB=AC,所以易 得AE⊥BC.所以CE=2BC=1.所以 OE=√OC2-CE2=√22-1=√3.所以 AE=OA+OE=2+√3.所以S△ABC Bc·AE=号×2X2+3)=2+3.如 图②，当点O在△ABC的外部时，连结OA 交BC于点E.同理，可得AE=OA一OE 2-5.所以SABc=2BC·AE=7X2X (2一√3)=2一√3.综上所述，△ABC的面积 为2+√3或2一√3 ① ② (典例2图) 小结 对于无附图几何问题，需根据题意画出所有 可能的图形，此时往往需要分类讨论，否则容易 漏解.本题的求解思路：圆心角定半径→分类顶 点位置→勾股定理求高→计算面积 对应练习 2.已知圆中两条平行的弦之间的距离为1， 其中一条弦的长为8.若该圆的半径为5， 则另一条弦的长为 考点三圆中的多结论问题 典例3如图①，半径为R的⊙O的弦AC= BD,AC,BD交于点E,F为BC上一点，连 结AF,BF,AB,AD.有下列结论：①AE= 16 BE;②若AC⊥BD,则AD=√2R;③若 AC⊥BD,CF=CD,AB=√2，则BF+ CE=1.其中，正确的是 () (典例3图①) A.①② B.①③C.②③D.①②③ 分析 ①要判断AE=BE是否成立，可判断 ∠ABD与∠BAC是否相等.②要判断AD √2R是否成立，可连结OA,OD,判断∠AOD 是否为直角.③要判断BF十CE=1是否成立， 可考虑把BF与CE转化到同一条线段上，判断 该线段的长是否等于1. 解答：因为AC=BD,所以AC=BD.所以 AD+CD=BC+CD,即AD=BC.所以 ∠ABD=∠BAC.所以AE=BE.故①正 确.如图②，连结OA,OD.因为AC⊥BD, 所以∠AEB=90°.因为AE=BE,所以 ∠BE=∠BAE=2(180-∠AEB) 号×180°-90)=45.所以∠A0D 2∠ABD=90°.因为OA=OD=R,所以 AD=√OA+OD=√2R.故②正确.连结 BC,设AF与BD相交于点G.由①②，可设 AE=BE=x,则x2十x2=(√2)2，解得x= 1(负值舍去).所以BE=1.因为CF=CD, 所以∠FAC=∠DAC.因为AC⊥BD,所以 ∠AED=∠AEG=90°.又因为AE=AE, 所以△AGE≌△ADE.所以∠AGE= ∠ADE.因为∠BGF=∠AGE,∠AFB= ∠ADB,所以∠BFG=∠BGF.所以BF= BG.因为∠BCE=∠ADG=∠AGE, ∠BEC=∠AEG=90°，BE=AE,所以 △BCE2△AGE.所以CE=GE.所以 BF+CE=BG十GE=BE=1.故③正确. 综上所述，①②③均正确.故选D, O GXE C F B (典例3图②) 方法归纳证明两条线段和为定值的方法 证明两条线段的和为定值时，我们可以分别 求出或用含字母的代数式表示这两条线段的长， 通过计算它们的和来证明.若此种方法行不通， 则可以考虑把这两条线段转化到同一条线段上， 然后证明这条线段的长为定值， 对应练习 3.如图，在⊙O中，弦AB⊥CD,垂足为E, F为CBD的中点，连结AF,BF,CF, AC,AF交CD于点M,过点F作FHI AC,垂足为G,交⊙O于点H,连结 CH.有下列结论：①CF=DF;②HC BF;③FM=FC;④DF+AH=BF十 AF.其中，正确的个数是 E D (第3题) A.1 B.2 C.3 D.4 考点四正多边形与圆 典例4如图，⊙O是正方形ABCD与正六 边形AEFCGH的外接圆， (1)正方形ABCD与正六边形AEFCGH 的边长之比为 第3章圆的基本性质 (2)连结BE,BE是否为⊙O的内接正多边 形的一边？如果是，求出该正多边形的边数 n;如果不是，请说明理由. (典例4图) 分析 (1)分别计算出⊙O的内接正方形和内接 正六边形的边长即可得解。 (2)连结OE,OB,首先求得∠EOB的度 数，然后利用360°除以∠EOB的度数，判断所 得的结果是否为整数 解答：(1)设⊙O的半径为R,则它的内接 正方形的边长为√2R,它的内接正六边形的 边长为R,所以正方形ABCD与正六边形 AEFCGH的边长之比为√2R:R=√2：1. (2)BE是⊙O的内接正十二边形的一边. 如图，连结OA,OB,OE.在正方形ABCD 中，∠AOB=90°，在正六边形AEFCGH 中，∠AOE=60°，所以∠BOE=∠AOB一 ∠AOE=90°-60°=30°.因为360°÷30°= 12,所以BE是⊙O的内接正十二边形的一 边，n的值为12. 小结 本题围绕同圆内接正方形与正六边形展开， 核心考查正多边形与圆的基本性质、圆心角与边 长的关系，属于典型的圆内接正多边形计算类 问题 对应练习 4.如图，五边形ABCDE是 ⊙O的内接正五边形，AF 是⊙O的直径，则∠BDF 的度数是 (第4题) 17 数学（浙教版）九年级全一册 考点五 与圆有关的图形变换及相关 计算 典例5如图①，在矩形ABCD中，AB=6, BC=8,点A在直线L上，AD与直线L相交 所得的锐角为60°.点F在直线L上，AF= 8,EF⊥直线l,垂足为F且EF=6,以EF 为直径，在EF的左侧作半圆O,M是半圆 O上任一点 (1)发现：AM的最小值为 ,AM的 最大值为 ,OB与直线L的位置关 系是 (2)思考：矩形ABCD保持不动，半圆O沿 直线I向左平移，当点E落在AD边上时， 求半圆与矩形重合部分的周长和面积， B A (典例5图①) 分析 (1)连结AO,首先依据勾股定理求得AO 的长，然后由圆的性质可得到OM=3.当点M 在AO上时，AM有最小值；当点M与，点E重 合时，AM有最大值.过，点B作BG⊥I,垂足为 G,接下来求得BG的长，从而可证明四边形 OBGF为平行四边形，于是可得到OB与直线l 的位置关系 (2)设半圆O与AD的另一个交点为N, 连结ON,过，点O作OH⊥EN于点H,依据垂 径定理可知NE=2HE,然后在Rt△EOH中 求得HE的长，从而得到EN的长，接下来求得 ∠EOV的度数，依据扇形的孤长公式和面积公 式即可得到结论 解答：(1)如图②，连结AO,OM,过点B作 BG⊥L,垂足为G.由题意可知，OM=OF 3,AF=8,EF⊥l,所以OA=√JAF2十OF2= √⑧2十3=√73.当点M在线段OA上时， AM有最小值，最小值为√73一3.当点M与 18 点E重合时，AM有最大值，最大值= √AF2+EF=√82+6=10.因为四边形 ABCD为矩形，所以∠BAD=90°.因为 ∠DAF=60°，所以∠BAG=180° ∠BAD-∠DAF=180°-90°-60°=30°. 所以在R△EBGA中，GB-2AB=2×6 3.所以OF=BG=3.又易得GBOF,所以 四边形OBGF为平行四边形.所以OB∥ FG,即OB∥亿.故答案为√73-3；10；平行. (2)如图③，设半圆O与AD的另一个交点 为N,连结ON,过点O作OH⊥EN于点 H,则NE=2HE.因为∠DAF=60°，EF⊥ AF,所以∠AEF=30°.所以∠NOF= 2∠NEF=60,OH=20E=15.所以 ∠NWOE=180°-∠NOF=180°-60°=120°. 因为在Rt△EHO中，EH=OE2-OH2,即 EH=32-1.5,所以EH=3y3 .所以 NE=3√.所以半圆与矩形重合部分的周 长为1m03+38=2x十38：半圆与矩 形重合部分的面积为S扇形NOE一S△NOE= 120rX3×33X1.5=3 9W3 360 4 2 ③ (典例5图) 小结 (1)涉及圆上点到定点的距离最值：先算定 点到圆心的距离，再加减半径 (2)图形平移十组合面积：先确定关键交 点，再拆分图形为基本图形（扇形、三角形、矩 形)，分别计算后汇总 对应练习 5.如图，在正方形ABCD中，AD=2,E是 AB的中点，将△BEC绕点B按逆时针 方向旋转90°后，点E落在CB延长线上 的点F处，点C落在点A处，再将线段 FA绕，点F按顺时针方向旋转90°得到 线段FG,连结EF,CG (1)求证：EFCG. (2)求点C,A在旋转过程中形成的 AC,AG与线段CG所围成的涂色部分的 面积. (第5题) 考点六与圆有关的新定义题 典例6新考阿新定义题定义：三角形一个 内角的平分线与另一个内角相邻的外角的 平分线相交所成的锐角称为该三角形第三 个内角的遥望角. 第3章圆的基本性质 (1)如图①，∠E是△ABC中∠A的遥望 角.若∠A=a,请用含a的代数式表示∠E 的度数 (2)如图②，四边形ABCD内接于⊙O, AD=BD,四边形ABCD的外角平分线DF 交⊙O于点F,连结BF并延长，交CD的 延长线于点E.求证：∠BEC是△ABC中 ∠BAC的遥望角， (3)如图③，在(2)的条件下，连结AE,AF, 若AC是⊙O的直径，求∠AED的度数. D ③ (典例6图) 分析 (1)根据遥望角的定义，得到∠EBC= ∠ABC,∠BCD=3∠ACD,根据三角形的 1 外角性质计算即可. (2)延长BC到点T,要证∠BEC是 △ABC中∠BAC的遥望角，即证BE平分 ∠ABC,CE平分∠ACT,根据圆内接四边形的 性质及圆周角定理即可证得. (3)连结C℉，根据遥望角的定义结合(1) 得到∠BAC=2∠BEC,进而证明∠BEC= ∠FAD,根据△FDE≌△FDA得到DE= DA,根据等腰直角三角形的性质解答即可 19 数学（浙教版）九年级全一册 解答：(1)因为∠E是△ABC中∠A的遥 望角，所以BE平分∠ABC,CE平分 ∠ACD.所以∠E=∠ECD-∠EBD= 3∠AcD-日∠ABc=2(∠ACD ∠As5C)∠A所以∠E-. (2)如图④，延长BC到点T.因为四边形 FBCD内接于⊙O,所以∠BFD+ ∠BCD=180°，∠FDC+∠FBC=180°.又 因为∠FDE+∠FDC=180°，所以 ∠FDE=∠FBC.因为DF平分∠ADE,所 以∠ADF=∠FDE.因为∠ADF= ∠ABF,所以∠ABF=∠FBC.所以BE是 ∠ABC的平分线.因为AD=BD,所以 ∠ACD=∠BFD.因为∠BFD+∠BCD= 180°，∠DCT+∠BCD=180°，所以 ∠DCT=∠BFD.所以∠ACD=∠DCT. 所以CE是△ABC的外角平分线.所以 ∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角 (典例6图④) (3)如图⑤，连结CF.由(2)知，∠BEC是 △ABC中∠BAC的遥望角，所以由(1)知， ∠BAC=2∠BEC.因为∠BFC=∠BAC, 所以∠BFC=2∠BEC.因为∠BFC= ∠BEC+∠FCE,所以∠BEC=∠FCE.因 为∠FCE=∠FAD,所以∠BEC= ∠FAD.又因为∠FDE=∠FDA,FD= 20 FD,所以△FDE≌△FDA.所以DE= DA.所以∠AED=∠DAE.因为AC是 ⊙O的直径，所以∠ADC=90°.所以 ∠AED+∠DAE=90°.所以∠AED= ∠DAE=45°. 0 (典例6图⑤)》 小结 解本题的关键是理解新定义—一遥望角的 概念，通过圆周角定理的推论、圆内接四边形的 性质等，证明∠BEC是∠ABC和∠ACT的平 分线相交所成的锐角. 对应练习 6.新情境数学文化婆罗摩笈多是公元7世 纪古印度伟大的数学家，他研究过对角 线互相垂直的圆内接四边形，我们把这 类四边形称为“婆氏四边形”.如图，在 ⊙O中，四边形ABCD是“婆氏四边形”， 对角线AC,BD相交于点E,过点E作 EH⊥DC于点H,延长HE交AB于点 R,测需的直为 () 0 B (第6题) A C.5 D. 03(1)0.30;4.a=1-(0.15+0.20+0.35)=0.30.因 为总人数为3÷0.15=20，所以b=20×0.20=4. (2)585.900×(0.35+0.30)=585(人)，所以估计九年 级该体育项目的成绩为良和优的学生共有585人， (3)根据题意，画树状图如图所示.由树状图，可知共有 12种等可能的结果，其中所选两人正好是甲班和乙班各 人的结果有5种，所以所选两人正好是甲班和乙班各一人 的概率为2 .5 甲 甲甲甲乙 甲甲甲乙 甲 甲甲 (第3题) [综合素养提升] ①A列表如下： 第2个 第1个 S S S S S (S,S) (S,S3) (S,S) S (S2,S) (S,S2) (S2,S) S (S,S) (S,S) (S,S) S (S4,S) (S,S) (S,S) 由表可知，共有12种等可能的结果，其中灯泡发光的结果 有6种，即(S,S),(S,S),(S,S),(S,S),(S,S), (8,S),所以灯泡发光的概率为号 ·如图①，把每一扇门标记上字母，并画出树状图如 图②所示.由树状图，可知共有12种等可能的结果，其中从 迷宫中心O成功走出这个迷宫的结果有4种，所以皮皮从 迷宫中心0成功走出这个迷官的概率为2一3 41 ·0 ① E 死 G 死 G 死 G死 死 胡 胡 胡 胡 同同 同 同 ② (第2题) 附：答案与解析 ,抛物线y=[x一(m+3)]+3的对称轴为直线 x=m十3.因为当x≤1时，y随x的增大而减小，所以 m十3≥1.所以m≥-2.因为关于x的一元二次方程(m一 1)x2-2x+1=0有两个不相等的实数根，所以m一1≠0， b2-4ac=(-2)2-4(m-1)X1=8-4m>0.所以m<2 且m≠1.所以-2≤m<2且m≠1.所以在-4，-3，-2,1 中，满足一2≤m<2且m≠1的m的值为一2.所以m使得 二次函数y=[x-(m十3)]+3当x≤1时y随x的增大 而减小，且关于x的一元二次方程（m一1)x2一2x十1=0 有两个不相等的实数根的概率是} ④(1)设去D地车票有x张.由题意，得x=(x+20+ 40+30)×10%,解得x=10,所以去D地的车票有10张 补全统计图如图①所示.(2)小胡抽到去A地的概率为 20+40十30+10一5：(3)画树状图如图②所示.由树状 20 图可知，共有16种等可能的结果，其中小王掷得着地一面 数字比小李掷得着地一面数字小的有6种，即(1,2)，(1， 3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).所以小王掷得着地一面数 宇小于小李掷得者地一面数宇的概率为-冬，小王衬得 着地一面数字不小于小李掷得着地一面数宇的概率为1一 吕-营因为管>骨所以这个规则对双方不公平 35 个数量/张 40--- 30 20 10 0 B C D车票种类 ① 小王 小李1234123412341234 ② (第4题) 第3章 圆的基本性质 [高频考点突破] ①D如图，连结AB,OA,过点O作OG⊥CD于点G,交 57 数学（浙教版）九年级全一册 AB于点E,交⊙O于点F.因为AC⊥CD,BD⊥CD,所以 ACBD.因为AC=BD,所以四边形ACDB是平行四边 形.因为∠ACD=90°，所以四边形ACDB是矩形.所以 ABCD,AB=CD=16cm.因为OG⊥CD,所以OG⊥ AB.所以AE=EB=号AB=8cm,所以在R△OEA中， OE=√OA2-AE=√J102-8=6(cm).所以EF= OF-OE=10-6=4(cm).因为EG=AC=BD=5cm,所 以FG=EG一EF=5一4=1(cm).所以圆盘离桌面CD最 近的距离是1cm. 90 E 1 人B C G D (第1题) ②6或2√2I如图，过点O作OF⊥CD于点F,交AB 于点E,连结OA,OC.因为OF⊥CD,ABCD,所以CF= DF=2CD,OF⊥AB.所以AE=BE=AB,EF=1. ①若CD=8,则CF=CD=4因为0C=0A=5,所以 OF=√OC-CF=√5-4=3.因为EF=1,所以 OE=OF-EF=3-1=2.所以AE=√OA-OE= √52-2=√2I.所以AB=2AE=2√2I.②若AB=8, 则AE=2AB=4因为0M-0C=5,所以0E- √OA2-AE=√52-4=3.因为EF=1,所以OF= OE+EF=3+1=4.所以CF=√OC2-OF= √52-4？=3.所以CD=2CF=6.综上所述，另一条弦的 长为6或2√2I. 0 (第2题) ③C因为F为CBD的中点，所以CF=DF.故①正确， 因为CF=DF,所以∠FAC=∠FCM,因为∠FCG= ∠ACM+∠FCM,∠AME=∠FMC=∠ACM+∠FAC, 58 所以∠AME=∠FMC=∠FCG>∠FCM.所以FC≠ FM.故③错误.因为AB⊥CD,FH⊥AC,所以∠AEM= ∠CGF=90°.所以∠CFH+∠FCG=90°，∠BAF+ ∠AME=90°.所以∠CFH=∠BAF.所以HC=BF.所以 HC=BF.故②正确.因为∠AGF=90°，所以∠CAF十 ∠AFH=90°.所以AH的度数+CF的度数=180°.所以 CH的度数+AF的度数=180°.所以AH+CF=AH+ DF=CH+AF=BF+AF.故④正确.综上所述，正确的 个数是3. ④54°连结BO,AD.因为AF是⊙O的直径，所以 ∠ADF=90°.因为五边形ABCDE是⊙O的内接正五边 形，所以∠AOB=360=72.所以∠ADB-号∠A0B= 5 36°.所以∠BDF=∠ADF-∠ADB=90°-36°=54°. ⑤(1)因为四边形ABCD为正方形，所以AB=BC= AD=2,∠ABC=90°.因为将△BEC绕点B按逆时针方向 旋转90°得到△BFA,所以△BFA≌△BEC.所以 ∠FAB=∠ECB,∠ABF=∠CBE=90°，AF=EC.所以 ∠AFB十∠FAB=90°.因为将线段FA绕，点F按顺时针 方向旋转90°得到线段FG,所以∠AFB十∠CFG= ∠AFG=90°.所以∠CFG=∠FAB=∠ECB.所以EC∥ FG.因为AF=EC,AF=FG,所以EC=FG.所以四边形 EFGC是平行四边形.所以EFCG.(2)因为四边形 ABCD是正方形，所以AB=AD=2.因为E是AB的中 点，所以AE=BE=号AB=号×2=1所以BF=BE=1. 所以在Rt△ABF中，AF=√AB2+BF=√22+1下= √5.由(1)知，四边形EFGC是平行四边形，所以易得 △FEC≌△CGF.所以S△Pm=S△ar·所以S色= Sne十SAF十SAe-Sn=90X2十号 360+2×2× 1+号×1+2)x1-90mX)-9- 360 =24 ⑥A因为四边形ABCD是“婆氏四边形”，所以AC⊥ BD.所以∠AEB=∠CED=90°.所以∠EDC=90°一 ∠ECH.因为EH⊥CD,所以∠CHE=90°.所以 ∠CEH=90°一∠ECH.所以∠CEH=∠EDC.因为 ∠BAC=∠EDC,∠AEF=∠CEH,所以∠FAE= ∠FEA.所以AF=EF.因为∠AEB=90°，所以∠ABE 90°-∠FAE,∠BEF=90°-∠FEA.所以∠ABE= ∠B服F,所以BF-R-AF.即AB-F所以器号 [综合素养提升] ①D因为AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H,所 以AB⊥CD,CH=DH.所以∠OHC=∠BHD=90°.在 R△BD中，因为册-专，BD=5,所以易得DH=4, BH=3.所以CH=4.设OH=x,则OC=OB=OH+ BH=x+3.在Rt△OCH中，由勾股定理，得OH十 CH=0,即2+f=(c十3，解得x=所以 oH=6.所以Sam=0H·CH=3×名×4=子 7 2D如图，连结OA,DE.因为AEOD,且AE=OD,所 以四边形OAED是平行四边形.所以OE与AD互相平 分.又因为BE是⊙O的直径，所以OE⊥AD.所以 □OAED是菱形，∠AOE=∠DOE.所以∠OAE= 2∠DAE=2∠OAD.因为∠DOE=2∠DAE,所以 ∠OAE=∠AOE.因为OA=OE,所以∠OAE=∠AEO. 所以∠OAE=∠AOE=∠AEO.所以△AOE是等边三角 形.所以∠OAE=60°，∠DAE=∠OAD=30°.因为BE是 ⊙O的直径，所以∠BAE=90°.所以∠OAB=90° ∠OAE=90°-60°=30°.所以∠BAD=∠OAB+ ∠OAD=30°+30°=60°.因为四边形ABCD是⊙O的内 接四边形，所以∠BCD=180°-∠BAD=180°一60°= 120°. D (第2题) ⊙B因为AC-CD-DB,AB是⊙0的直径，所以 ∠A0C-∠C0D-∠D0B=号X180=60因为E是点 D关于AB的对称点，所以∠BOE=∠BOD=60°.故①错 误因为∠CED=号∠C0D=30.所以∠0B= 附：答案与解析 2∠CED.故②正确.因为M是动点，所以DM不一定垂直 于CE.故③错误.如图，连结EM.因为∠BOE十∠BOD+ ∠COD=180°，所以点C,O,E共线.所以CE是⊙O的直 径.因为点E,D关于AB对称，所以ME=MD.所以 CM+DM=CM+ME≥CE=l0.所以CM+DM的最小 值是10.故④正确.综上所述，正确的个数是2. D (第3题) 01-s3如图，连结OA,0E,OP,过点0作OM1 AF于点M,记扇形半径与AB,EF交于点G,H.因为六 边形ABCDEF为正六边形，所以OA=OE=OF=4, ∠A0F=∠B0F=360=60,∠BAF=120:.所以△0AF 6 和△OEF为等边三角形，∠AOE=60°+60°=120°.所以 ∠OEF=∠OAF=60°.因为OM⊥AF,所以AM=FM= AF=2.所以OM=VP-2=23.所以SAoP= 1 3AF.OM=号×4X25=45.因为∠BAF=120,所 以∠OAG=120°-60°=60°.所以∠OAG=∠OEH.因为 ∠GOA+∠AOH=∠AOH+∠EOH=∠AOE=120°，所 以∠GOA=∠EOH.所以△GOA≌△IHOE.所以SoA= S△HOE.所以S△CDA+Sm边无AOHr=S△HOE十S四边无AOHP.所以 S五边无AGO4r=S四边无AOFr=2S△AOr=8V3.所以S亲色= S前形一S五边无AGOHF 120mX4-83=3 360 6m-83. D (第4题) ⑤2√3如图①，过点E作EN⊥AB于点N.因为 OE=5,所以点E在以点O为圆心，5为半径的圆上.因为 OH⊥AB,EO+OH≥EN,所以当E,O,H三点共线（如 图②)时，EN最大，则△EAB的面积最大.过点O作OG⊥ 59