試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年中考數學三輪沖刺專題：與圓有關的陰影部分面積1．如圖，在中，，的平分線交于點，點在上，以為直徑的經過點．(1)求證：是的切線；(2)若點是劣弧的中點，且，求陰影部分的面積．2．等分圓是指將一個圓周均勻分割成多個相同長度的弧段，每個弧段對應的圓心角相等．小南學習了等分圓后，嘗試著編了一道題：如圖，已知的半徑長為2，點A，B，C，D，E，F將六等分，連接，，，，發現恰好過圓心O，過點C作的垂線，交的延長線于點G，連接．(1)________°；(2)在（1）的結論下，求的長；(3)求圖中陰影部分的面積．3．如圖，是的外接圓，為直徑，點是的內心，連接并延長交于點，過點作交的延長線于點．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為3，，求陰影部分的面積（結果用含的式子表示）．4．如圖，內接于，點D為的中點，連接、，平分交于點E．(1)求證：；(2)如圖2，若經過點O，過點D作的切線交的延長線于點F，若，求陰影部分的面積．5．如圖1，已知等腰三角形的外接圓圓心為點，，為的直徑，交于點，，；(1)求的長；(2)連，求證：四邊形為菱形；(3)直接寫出圖2中陰影部分的面積．6．如圖，射線，O是上的一點，以O為圓心，長為半徑，在上方作半圓，與半圓O相切于點D，交于點E，于點F．(1)求證：；(2)若．①判斷點F與半圓O所在圓的位置關系，并說明理由；②若，直接寫出陰影部分的周長．7．如圖，為的直徑，在的延長線上取一點與相切于點，連接交于點，且，連接為的中點，連接．(1)寫出圖中一個的角______；(2)判斷四邊形的形狀，并說明理由；(3)已知，求陰影部分的面積．8．如圖，是的內接三角形，是的直徑，，，弦于，點是延長線上一點，且，連接．(1)填空：°；(2)判斷與的位置關系，并說明理由；(3)取的中點，連接，求圖中陰影部分的面積．9．如圖，在正方形中，，E是的中點，將繞點B按逆時針方向旋轉后，點E落在延長線上的點F處，點C落在點A處；再將線段繞點F按順時針方向旋轉得到線段，連接，．(1)求證：；(2)求點C、A在旋轉過程中形成的弧、弧與線段所圍成的陰影部分的面積．10．如圖，為的直徑，射線交于點,點為劣弧的中點，過點作,垂足為,連接．

(1)求證：是的切線；(2)若，求圖中陰影部分的面積．11．如圖，是的直徑，是的弦，點在的延長線上，且，．

(1)求證是的切線．(2)若，求圖中陰影部分的面積．12．如圖，為的直徑，C為上一點，的切線交的延長線于點D，E為的中點，連接并延長，交的延長線于點F．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求圖中陰影部分的面積．13．如圖，在中，，是中線，平分交于點．點在邊上，以點為圓心的經過、兩點，交于點．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求陰影部分的面積．14．如圖，在中，以為直徑作，點在上，，點是的中點，過點作，分別與相交于點，交于點，點是射線上一點，且，連接．

(1)求證：是的切線；(2)若，求圖中陰影部分的面積．15．如圖，內接于，過點A的的切線，并交的延長線于點D，分別與和相交于點E和F．(1)求證：；(2)若．①求的度數；②求陰影部分的面積．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025年中考數學三輪沖刺專題：與圓有關的陰影部分面積》參考答案1．(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據角平分線定義，得，可得，得，得，即得；（2）連接交于，根據垂徑定理推論得，，根據，，得，，得，，根據，得，即得．【詳解】（1）證明：如圖，連接，是的平分線，，，，，，，為半徑，是的切線；（2）解：如圖2，連接交于，，，是劣弧的中點，，，，∵，，，，，由（1）知，，，即，解得，；，，，∴，，；陰影部分的面積為．【點睛】本題考查圓與三角形綜合．熟練掌握角平分線有關計算，等腰三角形性質，平行線判定和性質，切線判定和性質，垂徑定理推論等邊三角形判定和性質，圓周角定理，銳角三角函數定義，全等三角形判定和性質，扇形面積公式，是解題的關鍵．2．(1)90(2)(3)【分析】（1）根據點A，B，C，D，E，F將六等分，可得，圓周角定理得出，證出，結合，可得，即可得；（2）如圖，連接，，根據被六等分，得出，證明是一個等邊三角形，得出，，求出，，在中，求出．在中，勾股定理即可求解．（3）由（2）知，是一個邊長為2的等邊三角形，得出的高為，求出，在中，求出，即可求出，，最后根據求解即可．【詳解】（1）解：根據題意可得，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：如圖，連接，，∵被六等分，∴，∵，∴是一個等邊三角形，∴，∵的半徑長為2，∴，∵，∴，∵，，∴在中，．在中，．（3）解：由（2）知，是一個邊長為2的等邊三角形，∴的高為，∴，在中，，∴，∵，∴，∵，∴．【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了圓周角定理，平行線的性質和判定，解直角三角形，等邊三角形的性質和判定，以及扇形面積公式等知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練各部分的內容，對學生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學知識貫穿起來．3．(1)見解析(2)【分析】（1）連接，交于點，根據等腰三角形的性質得到，由D為的內心，得到，求得，根據圓周角定理得到∠，求得，根據切線的性質得到即可；（2）根據三角函數的定義得到，求得，再求得，根據扇形和三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接，交于點，，，又為的內心，，，∴，∴，又為的直徑，，，又∵，，∴是的切線；（2）解：，，，又，，，，．【點睛】本題考查了三角形的內切圓與內心，切線的判定，三角函數的定義，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，扇形面積的計算．正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．4．(1)見解析(2)【分析】（1）由題意，得，則，因為，所以，即可證明，則；（2）證明，得，得，證明是等邊三角形，得，，再證明，得，，由勾股定理得，求出，，從而求出．【詳解】（1）證明：∵點D為的中點，∴，∴，∴，∵平分交于點E，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：連接，如圖，∵點D為的中點，∴，∴，由（1）知，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∵是的切線，∴，即，∴，又，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，∴．【點睛】本題主要考查圓周角定理、角平分線定義、切線的性質、等邊三角形的判定與性質、勾股定理、求扇形面積等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．5．(1)(2)見解析(3)陰影部分的面積為【分析】（1）利用等腰三角形的性質，圓周角定理和相似三角形的判定與性質解答即可；（2）連接，利用直角三角形的邊角關系定理求得，利用垂徑定理，直角三角形的性質得到，利用等邊三角形的判定與性質和菱形的定義解答即可；（3）連接，，過點O作于點E，利用（2）的結論，菱形的性質，等邊三角形的判定與性質求得，，利用直角三角形的邊角關系定理求得，再利用扇形與三角形的面積公式解答即可得出結論．【詳解】（1）解：∵，∴，∵，∴．∵，∴，∴∵，∴，∴．∵，∴；（2）證明：連接，如圖，∵為的直徑，∴，∵，∴．∵，∴，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，∵，∴，∴四邊形為菱形；（3）解：連接，，過點O作于點E，如圖，由（2）知：為等邊三角形，∴，∴，∵四邊形為菱形，∴，，∴，∵，∴為等邊三角形，∵，∴∴陰影部分的面積【點睛】本題主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，垂徑定理，菱形的判定與性質，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，直角三角形的邊角關系定理，扇形與三角形的面積公式，等邊三角形的判定與性質，特殊角的三角函數值，添加適當的輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．6．(1)見解析(2)①點F在半圓O所在的圓上，見解析；②【分析】（1）由切線長定理可得出答案；（2）①證明，由全等三角形的性質得出，則可得出答案；②連接，則，由直角三角形的性質求出，，的長，根據弧長公式可得出答案．【詳解】（1）證明：∵，∴是半圓O的切線，切點為A．又∵與半圓O相切于點D，∴．（2）①點F在半圓O所在的圓上．理由如下：∵，∴．∵，是圓O的切線．∴．∴．又∵，，∴．∴．∴點F在半圓O所在的圓上．②如圖，連接，∵與半圓相切于點D，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，的長度為，∴陰影部分的周長為．【點睛】本題考查的是切線的判定與性質，切線長定理的應用，等腰三角形的性質，解直角三角形，弧長公式，全等三角形的判定與性質，掌握圓的切線垂直于過切點的半徑、圓周角定理是解題的關鍵．7．(1)（答案不唯一，或）(2)四邊形是菱形，理由見解析(3)【分析】（1）利用圓周角定理解答即可；（2）利用圓的切線的性質定理，圓周角定理和平行線的性質得到，利用含角的直角三角形的性質得到，得到四邊形是平行四邊形，再利用菱形的判定定理解答即可；（3）連接，利用菱形的性質和平行四邊形的判定與性質得到，利用含角的直角三角形的性質得到圓的半徑，利用圓周角定理得到的度數，再利用陰影部分的面積解答即可．【詳解】（1）（答案不唯一，或）∵為的直徑，∴，∵，∴，∴．∵，∴．故答案為：（答案不唯一，或）；（2）四邊形是菱形．理由：與相切于點，．為的直徑，．．，，四邊形是平行四邊形．，四邊形是菱形．（3）由（2）知四邊形是菱形，．∴四邊形是平行四邊形，．連接，如圖，為弧的中點，，．，，．【點睛】本題考查了圓的有關性質，圓周角定理，圓的切線的性質定理，扇形的面積公式，平行線的判定與性質，菱形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，直角三角形的性質，直角三角形的邊角關系定理，含30°角的直角三角形的性質，熟練掌握上述定理與性質是解題的關鍵．8．(1)30(2)與相切，理由見解析(3)【分析】（1）根據垂徑定理得到，根據圓周角定理得到結論；（2）連接，根據垂徑定理得到，，根據全等三角形的性質得到，根據切線的判定定理得到結論；（3）根據圓周角定理得到，根據勾股定理得到，連接，根據三角形中位線定理得到，，求得，得到，根據三角形和扇形的面積公式即可得到結論．【詳解】（1）解：弦于，是的直徑，，，故答案為：30；（2）解：與相切，理由如下：連接，如圖所示：弦于，是的直徑，，，，，，，，，是的半徑，與相切；（3）解：是的直徑，，，，，，連接，如圖所示：點是的中點，，，是的中位線，，，，，，圖中陰影部分的面積的面積扇形的面積的面積．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，切線的判定，垂徑定理，扇形的面積的計算，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．9．(1)見解析(2)【分析】（1）根據正方形的性質可得，，，再根據旋轉變化只改變圖形的位置不改變圖形的形狀可得，根據全等三角形的性質可得，然后求出，再求出，根據內錯角相等，兩直線平行可得，再根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形判斷出四邊形是平行四邊形，然后根據平行四邊形的對邊平行證明；（2）求出的長，再利用勾股定理列式求出的長，根據平行四邊形的性質可得，從而得到，再根據列式計算即可得解．【詳解】（1）證明：在正方形中，，，∵繞點B逆時針旋轉得到，∴，∴，∴，∵將線段繞點F按順時針方向旋轉得到線段，，∴，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴；（2）解：∵，E是的中點，∴，∴，由平行四邊形的性質，，∴，∴，．【點睛】此題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，旋轉變換的性質，勾股定理的應用，扇形的面積計算，熟記各性質并準確識圖是解題的關鍵．10．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，交于點，根據圓周角定理及垂徑定理可得，然后根據矩形的判定與性質可得，最后由切線的判定方法可得結論；（2）連接、，根據解直角三角形及圓周角定理可得，由等邊三角形的判定與性質可得，最后由扇形面積公式可得答案．【詳解】（1）證明：連接，交于點，如圖所示：

為劣弧的中點，，，為的直徑，，，，，四邊形是矩形，，，為圓的半徑，是的切線；（2）解：連接、，如圖所示：

在中，，，，，，，點為劣弧的中點，，，，是等邊三角形，，，，，，，陰影部分的面積為．【點睛】本題考查的是切線的判定與性質、垂徑定理、扇形面積的計算等知識，正確作出輔助線是解決此題的關鍵．11．(1)見解析(2)【分析】（1）根據，，可得，，然后可求得，即可判定是的切線；（2）用直角三角形的面積減去扇形的面積，即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接，

，，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2），，，設，則，，（負值舍去），即，，，．【點睛】本題考查了切線的判定，等腰三角形的判定與性質，含角的直角三角形的特征，勾股定理，扇形面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關鍵．12．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，，根據圓周角定理可得，求得，根據切線的性質得到，，再根據切線的判定定理即可得到結論；（2）根據直角三角形的性質可得，求得，得到，過O作于H，求得，根據扇形和三角形的面積公式即可求得結論．【詳解】（1）證明：連接，，

∵為的直徑，∴，∵E為的中點，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線；（2）解：∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，過O作于H，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題考查切線的判定與性質、扇形的面積公式、直角三角形的性質、圓周角定理、等腰三角形的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．13．(1)見解析；(2)；【分析】本題考查等腰三角形的性質、圓的基本性質和圓中不規則圖形面積的計算；（1）連接，根據等腰三角形的性質可得，結合角平分線的定義可知，則，根據等腰三角形三線合一的性質可得，據此結合切線的判定定理即可證明；（2）由，，可求的度數，再根據三角形的面積公式和扇形的面積公式計算得到即可；【詳解】（1）如圖所示，連接，

平分交于點，，又，，，又，是中線，，，是的切線；（2），，由（1）可知，，，，，，又，，，設，則，，，，，，．14．(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖所示，連接，先根