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模块二 知识全整合
专题 4 图形的性质
第 10 讲 与圆有关的计算
一、圆内正多边形的计算
1．正三角形（等边三角形）
在⊙ 中△ 是正三角形，有关计算在 中进行： ；
2．正四边形（正方形）
四边形的有关计算在 中进行， ：
3．正六边形六边形的有关计算在 中进行， ．
二、扇形的弧长和面积
1．扇形弧长公式： ；
2．扇形面积公式：
：圆心角 ：扇形多对应的圆的半径 ：扇形弧长 ：扇形面积
三、圆柱和圆锥的侧面展开图
1．圆柱侧面展开图
（1）圆柱的表面积： =
（2）圆柱的体积：
2．圆锥侧面展开图
试卷第2页，共3页（1）圆锥的表面积： =
（2）圆锥的体积：
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．能用尺规作圆的内接正方形和内接正六边形；
2．了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系；
3．会计算圆的弧长、扇形的面积；
【例1】
（2023·湖南娄底·统考中考真题）
1．如图，正六边形 的外接圆 的半径为2，过圆心O的两条直线 、 的
夹角为 ，则图中的阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变1】2023·浙江杭州·统考中考真题）
2．如图，六边形 是 的内接正六边形，设正六边形 的面积为 ，
的面积为 ，则 ．
【例1】
（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）
3．如图，四边形 内接于 ， 的半径为 ， ，则 的长是
（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
4．“神舟”十四号载人飞行任务是中国空间站建造阶段的首次载人飞行任务，也是空
间站在轨建造以来情况最复杂、技术难度最高、航天员乘组工作量最大的一次载人飞
行任务．如图，当“神舟”十四号运行到地球表面P点的正上方的F点处时，从点F
能直接看到的地球表面最远的点记为Q点，已知 ，
试卷第4页，共3页，则圆心角 所对的弧长约为 km（结果保留 ）．
【例1】
（2023·湖北鄂州·统考中考真题）
5．如图，在 中， ， ， ，点 为 的中点，以
为圆心， 长为半径作半圆，交 于点 ，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）
6．如图， 的半径为 ， 为 的弦，点 为 上的一点，将 沿弦
翻折，使点 与圆心 重合，则阴影部分的面积为 ．（结果保留 与根号）【例1】
（2023·山东聊城·统考中考真题）
7．如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、
下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分 为 ，则其侧面展开图的
面积为（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2023·内蒙古·统考中考真题）
8．如图，正六边形 的边长为2，以点A为圆心， 为半径画弧 ，得到
扇形 （阴影部分）．若扇形 正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面
圆的半径是 ．
一、选择题
（2023·四川德阳·统考中考真题）
试卷第6页，共3页9．已知一个正多边形的边心距与边长之比为 ，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
（2023·福建·统考中考真题）
10．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用
圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，
以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用
这种思想得到了圆周率 的近似值为3.1416．如图， 的半径为1，运用“割圆术”，
以圆内接正六边形面积近似估计 的面积，可得 的估计值为 ，若用圆内接正
十二边形作近似估计，可得 的估计值为（ ）
A． B． C．3 D．
（2023·浙江台州·统考中考真题）
11．如图， 的圆心O与正方形的中心重合，已知 的半径和正方形的边长都为
4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．
A． B．2 C． D．
（2023·安徽·统考中考真题）
12．如图，正五边形 内接于 ，连接 ，则 （ ）A． B． C． D．
（2023·山东青岛·统考中考真题）
13．如图，四边形 是 的内接四边形， ， ．若 的半
径为5，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）
14．如图，在扇形 中， ， 平分 交 于点D，点C是半径
上一动点，若 ，则阴影部分周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北恩施·统考中考真题）
15．如图，等圆 和 相交于A，B两点， 经过 的圆心 ，若 ，
则图中阴影部分的面积为（ ）
试卷第8页，共3页A． B． C． D．
（2023·山东东营·统考中考真题）
16．如果圆锥侧面展开图的面积是 ，母线长是 ，则这个圆锥的底面半径是
（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）
17．某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周
长为 ，母线 长为30 ，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中
需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），
这条彩带的最短长度是（ ）
v
A． B． C． D．
二、填空题
（2023·陕西·统考中考真题）
18．如图，正八边形的边长为2，对角线 、 相交于点 ．则线段 的长为 ．（2023·江苏盐城·统考中考真题）
19．如图，在 中， ， ， ，将 绕点 逆时针
旋转到 的位置，点 的对应点 首次落在斜边 上，则点 的运动路径的长
为 .
（2023·湖南岳阳·统考中考真题）
20．如图，在 中， 为直径， 为弦，点 为 的中点，以点 为切点的切
线与 的延长线交于点 ．
（1）若 ，则 的长是 （结果保留 ）；
（2）若 ，则 ．
（2023·吉林·统考中考真题）
21．如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，
半径r为 ，点A，B是圆上的两点，圆心角 ，则 的长为 ．
（结果保留 ）
（2023·青海西宁·统考中考真题）
试卷第10页，共3页22．如图，边长为 的正方形 内接于 ，分别过点A，D作⊙O的切线，两
条切线交于点P，则图中阴影部分的面积是 ．
（2023·内蒙古·统考中考真题）
23．如图，正方形 的边长为2，对角线 相交于点 ，以点 为圆心，对
角线 的长为半径画弧，交 的延长线于点 ，则图中阴影部分的面积为 ．
2023·湖南娄底·统考中考真题）
24．如图，在 中， ， ， 边上的高 ，将 绕着 所
在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为 ．
（2023·江苏苏州·统考中考真题）
25．如图，在 中， ，垂足为 ．以点
为圆心， 长为半径画弧，与 分别交于点 ．若用扇形 围
成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为 ；用扇形 围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为 ，则 ．（结果保留根号）
（2023·湖南湘西·统考中考真题）
26．如图， 是等边三角形 的外接圆，其半径为4．过点B作 于点
E，点P为线段 上一动点（点P不与B，E重合），则 的最小值为
．
三、解答题
（2023·湖北襄阳·统考中考真题）
27．如图，在 中， ， 是 的中点， 与 相切于点 ，与
交于点 ， ， 是 的直径，弦 的延长线交 于点 ，且 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求 的长 ．
（2023·湖南益阳·统考中考真题）
28．如图，线段 与 相切于点B， 交 于点M，其延长线交 于点C，连
试卷第12页，共3页接 ， ，D为 上一点且 的中点为M，连接 ， ．
(1)求 的度数；
(2)四边形 是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若 ，求 的长．
（2023·山东东营·统考中考真题）
29．如图，在 中， ，以 为直径的 交 于点D， ，垂
足为E．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
（2023·浙江衢州·统考中考真题）
30．如图，在 中， ，O为 边上一点，连结 ，以 为半
径的半圆与 边相切于点D，交 边于点E．
(1)求证： ；
(2)若 ， ，①求半圆 的半径；②求图中阴影部分的面积．
（2023·江苏南通·统考中考真题）31．如图，等腰三角形 的顶角 ， 和底边 相切于点 ，并与两
腰 ， 分别相交于 ， 两点，连接 ， ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 的半径为2，求图中阴影部分的面积．
试卷第14页，共3页参考答案：
1．C
【分析】如图，连接 ，标注直线与圆的交点，由正六边形的性质可得： ， ， 三
点共线， 为等边三角形，证明扇形 与扇形 重合，可得
，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接 ，标注直线与圆的交点，
由正六边形的性质可得： ， ， 三点共线， 为等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴扇形 与扇形 重合，
∴ ，
∵ 为等边三角形， ，过 作 于 ，
∴ ， ， ，
∴ ；
故选C
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积的计算，勾股定理的应用，熟记正六边形
的性质是解本题的关键．
2．2
【分析】连接 ，首先证明出 是 的内接正三角形，然后证明出，得到 ， ，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接 ，
∵六边形 是 的内接正六边形，
∴ ，
∴ 是 的内接正三角形，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
同理可得， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
由圆和正六边形的性质可得， ，
由圆和正三角形的性质可得， ，
∵ ，
∴ ．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的
答案第2页，共2页性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
3．C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到 ，由圆周角定理得到 ，根据
弧长的公式即可得到结论．
【详解】解： 四边形 内接于 ， ，
，
，
的长 ．
故选： ．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边
形的对角互补是解题的关键．
4．
【分析】设 ，由 是 的切线，可得 ，由此构建方程
求出r,再利用弧长公式求解．
【详解】解：设 ，
由题意， 是 的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，弧长公式等知识，解题的关键是学会利用参数构
建方程求解．
5．C
【分析】连接 ， ，作 交 于点 ，首先根据勾股定理求出 的长度，然后利用解直角三角形求出 、 的长度，进而得到 是等边三角形，
，然后根据 角直角三角形的性质求出 的长度，最后根据
进行计算即可．
【详解】解：如图所示，连接 ， ，作 交 于点
∵在 中， ， ， ，
∴ ，
∵点 为 的中点，以 为圆心， 长为半径作半圆，
∴ 是半圆的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
【点睛】本题考查了 角直角三角形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质和判定，
答案第4页，共2页扇形面积，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关
键．
6．
【分析】根据折叠的性质得出 是等边三角形，则 ， ，根据
阴影部分面积 即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，设 交于点
∵将 沿弦 翻折，使点 与圆心 重合，
∴ ，
又
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ,
∴阴影部分面积
故答案为： ．
7．C
【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可．
【详解】根据题意，补图如下：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴侧面展开图的面积为 ，
故选C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面
积计算是解题的关键．
8．
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即
可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为 ，
∴每一个外角的度数为 ，
∴正六边形的每个内角的度数为 ，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得， ，
答案第6页，共2页解得 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，
并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
9．B
【分析】如图，A为正多边形的中心， 为正多边形的边， ， 为正多边形的半径，
为正多边形的边心距，由 可得 ，可得 ，而 ，可得
为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心， 为正多边形的边， ， 为正多边形的
半径， 为正多边形的边心距，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，而 ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴多边形的边数为： ，
故选B【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法
解题是关键．
10．C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得 ，根据30度的作对的直角边是斜边的
一半可得 ，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三
角形的顶角为 ，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形 ，过点 作
交 于点于点 ，
∵ ，
∴ ，
则 ，
故正十二边形的面积为 ，
圆的面积为 ，
用圆内接正十二边形面积近似估计 的面积可得 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形
的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
11．D
【分析】设正方形四个顶点分别为 ，连接 并延长，交 于点 ，由题意
可得， 的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为 ，连接 并延长，交 于点 ，过
答案第8页，共2页点 作 ，如下图：
则 的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得： ，
由勾股定理可得： ，
∴ ，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边
形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
12．D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵ ，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的
关键．
13．C
【分析】连接 ，根据圆内接四边形的性质得出 ，再根据三
角形的内角和求出 ，进而得出 ，最后根据弧长公式即可
求解．
【详解】解：连接 ，
∵四边形 是 的内接四边形， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解
题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的
内角和为 ，弧长 ．
14．A
【分析】由于 是定值，只需求解 的最小值即可，作点D关于 对称点 ，连
接 、 、 ，则 最小值为 的长度，即阴影部分周长的最小最小值为
．利用角平分线的定义可求得 ，进而利用勾股定理和弧长公式求得
和 即可．
【详解】解：如图，作点D关于 对称点 ，连接 、 、 ，
则 ， ， ，
∴ ，当A、C、 共线时取等号，此时， 最小，即阴影
答案第10页，共2页部分周长的最小，最小值为 ．
∵ 平分 ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
又 ，
∴阴影部分周长的最小值为 ，
故选：A．
【点睛】本题考查弧长公式、勾股定理、角平分线的定义、轴对称性质，能利用轴对称性
质求解最短路径问题是解答的关键．
15．D
【分析】先证明 ，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积
公式即可．
【详解】如图，连接 ， ，
等圆 和 相交于A，B两点
∵
,
∴
和 是等圆
∵
∴是等边三角形
∴
∴
, ,
∵
∴
．
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题
的关键．
16．A
【分析】根据圆锥侧面积公式，进行计算即可求解．
【详解】解：设这个圆锥的底面半径是 ，依题意，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了求圆锥底面半径，熟练掌握圆锥侧面积公式 是解题的关键．
17．B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为 ，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为
，进而即可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为 ，
∴
解得：
∵
解得：
∴侧面展开图的圆心角为
如图所示， 即为所求，过点 作 ，
∵ ， ，则
∵ ，则
答案第12页，共2页∴ ， ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面
展开图的圆心角为 解题的关键．
18．
【分析】根据正八边形的性质得出四边形 是矩形， 、 是等腰直角三角
形， ，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出 ， ，
即可．
【详解】解：如图，过点 作 于 ，由题意可知，四边形 是矩形， 、
是等腰直角三角形， ，
在 中， ， ，
，
同理 ，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确
解答的前提．19．
【分析】首先证明 是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：在 中，∵ ， ， ，
∴ ，
由旋转的性质得 ， ，
，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴点 的运动路径的长为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转变换，含 直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧
长公式等知识，解题的关键是证明 是等边三角形．
20．
【分析】（1）连接 ，根据点 为 的中点，根据已知条件得出 ，
然后根据弧长公式即可求解；
（2）连接 ，根据垂径定理的推论得出 ， 是 的切线，则 ,得出
，根据平行线分线段成比例得出 ，设 ，则 ，勾股定理求
得 ,J进而即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接 ，
答案第14页，共2页∵点 为 的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
（2）解：如图，连接 ，
∵点 为 的中点，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ,
∴
∴ ，
∵ ，
∴ ，设 ，则 ， ，
∴ ， ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，切线的性质，弧长公式，平行线分线段成比
例定理等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
21．
【分析】利用弧长公式 直接计算即可．
【详解】∵半径 ，圆心角 ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式 ，并规范计算是解题的关键．
22．
【分析】连接 ， ，证明四边形 是正方形，由勾股定理求得 ，根
据阴影部分面积 求解即可．
【详解】解：如图所示，连接 ， ，
∵ 、 是 的切线，
∴ ， ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
答案第16页，共2页∴ ，
∴四边形 是正方形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴阴影部分面积
故答案为： ．
【点睛】本题考查切线的性质，正方形的判定与性质，扇形的面积，勾股定理等知识，熟
练掌握切线的性质、正方形的判定得出圆的半径是解题的关键．
23．
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形 的面积，然后由勾股定理得出
，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵正方形 的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形 的面积，即 ，
故答案为： ．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行
转化是解题关键．
24．【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，可得圆锥的侧面积公式 ，再根据题干数据进
行计算即可．
【详解】解：由题意可得：旋转后的几何体是两个共底面的圆锥，
∵ 边上的高 ，
∴底面圆的周长为： ，
∵ ， ，
∴几何体的表面积为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，几何体的形成，熟记圆锥的侧面积公式是解
本题的关键．
25． ##
【分析】由 ， ， ， ，
， ， ， ，求解
， ，证明 ，可得 ，再分别计
算圆锥的底面半径即可．
【详解】解：∵在 中， ， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
答案第18页，共2页∴ ， ，
解得： ， ，
∴ ；
故答案为：
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形
的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的
周长是解本题的关键．
26．6
【分析】过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接 ，根据等边三角形的
性质和圆内接三角形的性质得到 ， ，然后利用含 角直角三角形的
性质得到 ，进而求出 ，然后利用
代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接
∵ 是等边三角形，
∴
∵ 是等边三角形 的外接圆，其半径为4
∴ ， ，
∴∴
∵
∴
∴
∵ ，
∴
∴
∴ 的最小值为 的长度
∵ 是等边三角形， ，
∴
∴ 的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含 角直角三角形的性
质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，过点 作 于点 ，根据等腰三角形的性质得 为
的平分线，再根据 与 相切于点 ， 是 的直径得 ，进而根
据切线的判定可得到结论；
（2）过点 作 于点 ，先证 得到 ，进而得到 ，
再证 得到 ，然而在 中利用三角函数可求出 ，
进而得 为等边三角形，据此得 ， ，则 ，
最后得到弧长公式即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接 ，过点 作 于点 ，
答案第20页，共2页， 是 的中点，
为 的平分线，
与 相切于点 ， 是 的直径，
为 的半径，
，
又 ，
，
即 为 的半径，
是 的切线；
（2）解：过点 作 于点 ，
点 为 的圆心，
，
在 和 中，
，
，
，
，
，
，
， 是 的中点，
，
又 ，
，
，
，
在 和 中，，
，
，
在 中， ，
，
，
，
，
又 ，
为等边三角形，
，
，
．
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性
质，等边三角形的判定和性质，弧长的计算公式，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角
形的判定和性质是解答此题的关键．
28．(1)
(2)是菱形，证明见解析
(3) 的长为 ．
【分析】（1）如图，连接 ，证明 ，而 ，可得
，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明 ，即 ，而 ，求解
，可得 ，证明 ，可得 ，再证明 ，
答案第22页，共2页可得 ，从而可得结论；
（3）如图，连接 ， ，交 于 ，证明 为等边三角形，可得
，证明 ， ，求解 ，再利用弧长公式进
行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接 ，
∵线段 与 相切于点B，
∴ ，而 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）四边形 是菱形，理由如下：
∵ 的中点为M， ，
∴ ，即 ，而 ，
∴ ，
∴ ，
∵ 的中点为M， 为直径，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．（3）如图，连接 ， ，交 于 ，
∵ ， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵菱形 ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
∴ 的长为 ．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形
的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切
线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
29．(1)见解析；
(2) ．
【分析】（1）如图： ，然后根据等边对等角可得 、 即
，再根据 可得 ，进而得到 即可证明结论；
答案第24页，共2页（2）如图：连接 ，有圆周角定理可得 ，再解直角三角形可得 ，进而
得到 ，然后说明 ，最后根据弧长公式即可解答．
【详解】（1）证明：如图：连接
∵ ，
∴ ,
∵ ，
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ 。
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线．
（2）解：如图：连接
∵ 是 的直径，
∴ ,
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆的切线证明、圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的性质
等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．
30．(1)证明过程见解析
(2)①2；②
【分析】（1）连接 ，由切线的性质得出 ，证明 ，再由
全等三角形的判定即可得出结论；
（2）①证出 ，再由直角三角形的性质即可求解；
②由勾股定理求出 ， ，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接 ，
∵ 是 的切线，点D为切点，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：①∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
答案第26页，共2页在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴半圆O的半径为2；
②在 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、扇形的面积公式、锐角三角函
数及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
31．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，根据切线的性质可得 ，然后利用等腰三角形的三线合一
性质可得 ，从而可得 和 都是等边三角形，最后利用等边三
角形的性质可得 ，即可解答；
（2）连接 交 于点 ，利用菱形的性质可得 ， ， ，然
后在 中，利用勾股定理求出 的长，从而求出 的长，最后根据图中阴影部分
的面积 扇形 的面积 菱形 的面积，进行计算即可解答．
【详解】（1）证明：连接 ，和底边 相切于点 ，
，
， ，
，
， ，
和 都是等边三角形，
， ，
，
四边形 是菱形；
（2）解：连接 交 于点 ，
四边形 是菱形，
， ， ，
在 中， ，
，
，
图中阴影部分的面积 扇形 的面积 菱形 的面积
答案第28页，共2页，
图中阴影部分的面积为 ．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性
质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
