专题13圆与正多边形（5年汇编）（浙江专用）（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2027新好题汇编_2027新好题汇编2022-2026年中考数学真题分类汇编（浙江专用）

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专题13 圆与正多边形
5 年真题1 年模拟
考点分类
浙江考情（2022-2026）
命题规律
考点01 垂径定理、
圆心角与圆周角定
理
2023·浙江杭州·中考
2023·浙江嘉兴·中考
2023·浙江湖州·中考
2023·浙江湖州·中考
2023·浙江金华·中考
2023·浙江金华·中考
2022·浙江温州·中考
2022·浙江嘉兴·中考
近5 年浙江中考在本考点共选取7 道真题，2024、2025
年省统考未在此单独设题。题型以选择题、填空题为主，
分值3-5 分，位于试卷前中部，属基础题。核心考查圆
周角定理及圆心角与圆周角的关系，常见载体为垂直半
径、切线、四边形内角和与等腰三角形，解题关键是把
圆周角与圆心角互相转化并结合三角形内角和、外角性
质；同时本考点也包含垂径定理的应用，以及切线性质
与圆周角定理的综合。整体难度低、考法稳定，预计仍
将以"同弧所对圆周角等于圆心角一半"及垂径定理计
算模型为基本命题形态。
考点02 弧长与扇形
的面积
2025·浙江·中考
2023·浙江宁波·中考
2023·浙江温州·中考
2022·浙江宁波·中考
2022·浙江温州·中考
2022·浙江台州·中考
2022·浙江丽水·中考
2022·浙江衢州·中考
近5 年浙江中考在本考点共选取9 道真题，2025 年省统
考以直角三角形斜边中线为背景考查弧长计算。题型以
填空题、选择题为主，辅以少量解答题，分值3-6 分。
核心考查两类公式的直接应用：一是弧长公式与扇形面
积公式，常配以圆心角、半径的定量计算，结合矩形与
直径所对圆周角求圆弧长；二是圆锥侧面积，由底面半
径与母线求侧面积。此外，还有复合图形求面积（含阴
影面积转换），体现面积整体与部分的关系。整体难度
基础偏中档，公式记忆准确是得分关键，预计未来省统
考仍将以"弧长／扇形面积公式的直接应用"为主，并可
能融入直角三角形、圆内接图形等背景。
考点03 圆的切线的
判定与性质
2025·浙江·中考
2024·浙江·中考
2023·浙江宁波·中考
2023·浙江衢州·中考
2023·浙江衢州·中考
2023·浙江湖州·中考
近5 年浙江中考在本考点共选取9 道真题，是本专题题
量较大的考点，其中2024 年、2025 年省统考各设1 题，
其余集中在2022-2023 年地市卷。题型覆盖填空、选择
与解答题，分值3-12 分，难度跨度大。核心考查切线
的性质（切线垂直于过切点的半径）与判定，常用"连
半径"构造直角三角形，并借助HL 全等证明线段相等，
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2022·浙江金华·中考
2022·浙江宁波·中考
2022·浙江嘉兴·中考
2022·浙江衢州·中考
2022·浙江台州·中考
2022·浙江绍兴·中考
再结合勾股、相似、解直角三角形求线段长度；部分题
目融合切线、垂径定理、轴对称与折叠形成较高难度的
综合题。整体呈"基础性质＋勾股解三角形＋综合探究"
的层次，预计未来省统考将延续"切线性质＋解直角三
角形"的主流考法，并可能提高综合度。
考点04 圆内接图形
与正多边形
2026·浙江·中考
2025·浙江·中考
2023·浙江杭州·中考
2023·浙江台州·中考
2023·浙江温州·中考
2022·浙江舟山·中考
2022·浙江金华·中考
近5 年浙江中考在本考点共选取7 道真题，其中2025
年、2026 年省统考均有设题且难度明显提升，2022-2023
年地市卷主要考查正多边形的基本性质与内角。题型以
选择题、填空题为主，辅以综合探究解答题，分值3-12
分。核心考查圆与正多边形的位置关系：正多边形内角
与中心角的计算、正多边形面积与扇形面积的组合、以
及圆内接矩形等图形的线段计算。2023 温州七巧板拼
图、2022 金华正五边形作图探究为高难度综合题，融合
垂径定理、相似与圆周角。整体呈"由基础性质向综合
探究上升"的趋势，预计未来省统考将继续以"正多边形
与圆＋阴影面积＋线段计算"为考查重点。
考点01
垂径定理、圆心角与圆周角定理
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在ٖܱ
中，半径ܱܤܱǡܣ互相垂直，点ܥ在劣弧ܤܣ上．若סൌܥܤܣꀀᦙι，
则סܤൌܥܣ（
）
A．ʹ͵ι
B．ʹͶι
C．ʹͷι
D．ʹ͸ι
【答案】D
【分析】根据ܱܤܱǡܣ互相垂直可得ܣ′ܤ
Ⴃ所对的圆心角为ʹ对的ι，根据圆周角定理可得סൌܤܥܣ
ꀀ
ʹ ൈʹ对的ι ൌ
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ꀀ͵ͷι，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，
׶半径ܱܤܱǡܣ互相垂直，
׵ סൌܤܱܣᦙ的ι，
׵ܣ′ܤ
Ⴃ所对的圆心角为ʹ对的ι，
׵ܣ′ܤ
Ⴃ所对的圆周角סൌܤܥܣ
ꀀ
ʹ ൈʹ对的ι ൌꀀ͵ͷι，
又׶ סൌܥܤܣꀀᦙι，
׵ סܤൌܥܣꀀൌ的ι t סܤܥܣt ס͸ʹൌܥܤܣι，
故选D．
2．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，点ܣ是ٖܱ
外一点，ܤܣ，ܥܣ分别与ٖܱ
相切于点ܤ，ܥ，点′
在ܤ′ܥ
Ⴃ上，已知סͷൌܣ的ι，则ס′ 的度数是___________．
【答案】͸ͷι/͸ͷ 度
【分析】连接ܥܱǡܤܱ，根据切线的性质得出סܱܥܣ
ൌסܱܤܣ
ൌᦙ的ι，根据四边形内角和得出סܥܱܤൌꀀ͵的ι，
根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图ܥܱǡܤܱ，
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∵ܤܣ，ܥܣ分别与ٖܱ
相切于点ܤ，ܥ，
∴סܱܥܣ
ൌסܱܤܣ
ൌᦙ的ι，
∵סͷൌܣ的ι，
∴סܥܱܤൌ͵͸的ι t ᦙ的ι t ᦙ的ι t ͷ的ι ൌꀀ͵的ι，
∵ܤܥ
Ⴃൌܤܥ
Ⴃ，
∴ס′ ൌ
ꀀ
ʹ סܤܱܥൌ͸ͷι，
故答案为：͸ͷι．
3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，点A，B，C 在ٖܱ
上，连接ܤܣ，ܥܣ，ܱܤ，ܱܥ．若סܤͷൌܥܣ的ι，
则סܤܱܥ的度数是（
）
A．ൌ的ι
B．ᦙ的ι
C．ꀀ的的ι
D．ꀀꀀ的ι
【答案】C
【分析】根据圆周角定理解答即可.
【详解】解：∵סܤͷൌܥܣ的ι，
∴סܤܱܥൌʹסܤൌܥܣꀀ的的ι；
故选：C.
4．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，ܱܣ是ٖܱ
的半径，弦ܤܥ٣ܱܣ于点D，连接ܱ
ܤ．若ٖܱ
的半径为
ͷcm，ܤܥ的长为ൌcm，则ܱ
′ 的长是______cm．
【答案】3
【分析】根据垂径定理可得ܣ′ 的长，根据勾股定理可得结果．
【详解】解：∵ܤܥ٣ܱܣ，
∴ܤ′ ൌ
ꀀ
ʹ ܤܥൌ
ꀀ
ʹ ൈൌൌͶ，
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∴ܱ′ ൌܱ
ܤʹ t ܤ′ʹ ൌ
ͷʹ t Ͷʹ ൌ͵，
故答案为：͵．
5．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在ᇞܥܤܣ中，͸ൌܥܣൌܤܣcmǡסܤͷൌܥܣ的ι，以ܤܣ为直径作半圆，
交ܤܥ于点′，交ܥܣ于点ܧ，则弧′ܧ的长为__________cm．
【答案】
ͷߨ
͸ /
ͷ
͸ ߨ
【分析】连接ܣ′，ܱ′，ܱܧ，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计
算即可．
【详解】解：如图，连接ܣ′，ܱ′，ܱܧ，
∵ܤܣ为直径，
∴ܣ′ ٣ܤܣ，
∵͸ൌܥܣൌܤܣcmǡסܤͷൌܥܣ的ι，
∴ܤ′ ൌܥ′，סܤܣ′ ൌסܥܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ סܤͷʹൌܥܣι，
∴ס′ܱܧൌʹסܤܣ′ ൌͷ的ι，ܱ′ ൌ
ꀀ
ʹൌܤܣ
ꀀ
ʹ͵ൌܥܣcm，
∴弧′ܧ的长为
ͷ的ൈߨൈ͵
ꀀൌ的
ൌ
ͷߨ
͸ cm ，故答案为：
ͷߨ
͸ cm．
6．（2023·浙江金华·中考真题）如图，点ܣ在第一象限内，ٖܣ与ݔ轴相切于点ܤ，与ݕ轴相交于点ܥǡ′．连
接ܤܣ，过点ܣ作ܪܣ٣ ܥ′ 于点ܪ．
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(1)求证：四边形ܪܱܤܣ为矩形．
(2)已知ٖܣ的半径为4，ܱܤൌ
对，求弦ܥ′ 的长．
【答案】(1)证明：∵ٖܣ与ݔ轴相切于点ܤ，
∴ܤܣ٣ ݔ轴．
∵ܪܣ٣ ܥ′ǡܪܱ
٣ܱ
ܤ，
∴סܱܪܣ
ൌסܪܱܤൌסܱܤൌܣᦙ的ι，
∴四边形ܤܱܪܣ是矩形．
(2)͸
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．
【详解】（1）略
（2）如图，连接ܥܣ．
׶四边形ܤܱܪܣ是矩形，
׵ܱൌܪܣ
ൌܤ对．
在Rt ᇞܥܪܣ中，ܥܪʹ ൌܣܥʹ tܣܪʹ，
׵ ܥܪൌ
Ͷʹ t ሺ对ሻʹ ൌ͵．
׶点ܣ为圆心，ܪܣ٣ ܥ′，
׵ ܥ′ ൌʹܥܪൌ͸．
7．（2022·浙江温州·中考真题）如图，ܥܣǡܤܣ是ٖܱ
的两条弦，ܱ′ ٣ܤܣ于点D，ܱܧ٣ܥܣ于点E，连结
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ܤ，ܱܥ．若ס′ܱܧൌꀀ͵的ι，则סܤܱܥ的度数为（
）
A．ᦙͷι
B．ꀀ的的ι
C．ꀀ的ͷι
D．ꀀ͵的ι
【答案】B
【分析】根据四边形的内角和等于360°计算可得∠BAC=50°，再根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，
进而可以得到答案．
【详解】解：∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO=90°，∠AEO=90°，
∵∠DOE=130°，
∴∠BAC=360°-90°-90°-130°=50°，
∴∠BOC=2∠BAC=100°，
故选：B．
8．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在⊙O 中，∠BOC＝130°，点A 在ܤܥܣႣ上，则∠BAC 的度数为（
）
A．55°
B．65°
C．75°
D．130°
【答案】B
【分析】利用圆周角直接可得答案．
【详解】解：׶ ∠BOC＝130°，点A 在ܤܥܣႣ上，
׵ סܤൌܥܣ
ꀀ
ʹ סܤܱܥൌ͸ͷιǡ
故选B
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考点02
弧长与扇形的面积
1．（2025·浙江·中考真题）如图，在Rt ᇞܥܤܣ中，סͷ͵ൌܣιǡܥ′ 是斜边ܤܣ上的中线，以点C 为圆心，
ܥ′ 长为半径作弧，与ܤܣ的另一个交点为点E．若ʹൌܤܣ，则′ܧ
Ⴃ的长为（
）
A．
ꀀ
ᦙπ
B．
ʹ
ᦙπ
C．
ꀀꀀ
͵͸π
D．
对
ꀀൌπ
【答案】B
【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到ܥ′ ൌ
ꀀ
ʹܣൌܤܣ′，进而得到
ס′ൌܥܣסܥܣ′，三角形的外角得到סܥ′ܧ的度数，作图可知ܥ′ ൌܥܧ，等边对等角求出ס′ܥܧ的度数，再
根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：∵Rt ᇞܥܤܣ，ܥ′ 是斜边ܤܣ上的中线，ʹൌܤܣ，
∴ܥ′ ൌ
ꀀ
ʹܣൌܤܣ′ ൌꀀ，
∴ס′ൌܥܣסܥܣ′ ൌ͵ͷι，
∴סܥ′ܧൌס′ܥܣ㘮סܥܣ′ ൌ对的ι，
由作图可知ܥ′ ൌܥܧ，
∴סܥ′ܧൌסܥܧ′ ൌ对的ι，
∴ס′ܥܧൌꀀൌ的ι t ʹ ൈ对的ι ൌͶ的ι，
∴′ܧ
Ⴃ的长为
Ͷ的ߨ
ꀀൌ的ൈꀀൌ
ʹߨ
ᦙ；
故选B．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为͵的cm，母线长为ͷ的cm，则烟囱帽的
侧面积为_____________cmʹ．（结果保留π）
【答案】ꀀͷ的的π
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【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式ܵ
ൌ
ꀀ
ʹ݈ݎ代值求解即可得到答案．
【详解】解：׶圆锥形烟囱帽的底面半径为͵的cm，母线长为ͷ的cm，
׵烟囱帽的侧面积ܵ
ൌ
ꀀ
ʹ݈ݎൌ
ꀀ
ʹ ൈʹπ ൈ͵的ൈͷ的ൌꀀͷ的的π（cmʹ），
故答案为：ꀀͷ的的π．
3．（2023·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为Ͷ的ι，半径为ꀀൌ，则它的弧长为___________．
【答案】Ͷπ
【分析】根据弧长公式݈
ൌ݊
πݎ
ꀀൌ的即可求解．
【详解】解：扇形的圆心角为Ͷ的ι，半径为ꀀൌ，
∴它的弧长为
Ͷ的
ꀀൌ的ൈꀀൌπ ൌͶπ，
故答案为：Ͷπ．
4．（2022·浙江宁波·中考真题）已知圆锥的底面半径为Ͷcm，母线长为͸cm，则圆锥的侧面积为（
）
A．͵͸πcmʹ
B．ʹͶπcmʹ
C．ꀀ͸πcmʹ
D．ꀀʹπcmʹ
【答案】B
【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：ܵ侧ൌߨݎ݈；
【详解】ܵ侧ൌߨݎ݈ൌߨൈͶ ൈ͸ ൌʹͶߨcmʹ ，故选B．
5．（2022·浙江温州·中考真题）若扇形的圆心角为ꀀʹ的ι，半径为
͵
ʹ，则它的弧长为___________．
【答案】π
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出该扇形的弧长．
【详解】解：∵扇形的圆心角为120°，半径为
͵
ʹ，
∴它的弧长为：
ꀀʹ的ߨൈ͵
ʹ
ꀀൌ的
ൌߨǡ
故答案为：ߨ
6．（2022·浙江台州·中考真题）一个垃圾填埋场，它在地面上的形状为长ൌ的m，宽͸的m 的矩形，有污水从
该矩形的四周边界向外渗透了͵m，则该垃圾填埋场外围受污染土地的面积为（
）
A．ሺൌͶ的㘮͸ߨሻmʹ
B．ሺൌͶ的㘮ᦙߨሻmʹ
C．ൌͶ的mʹ
D．ൌ对͸mʹ
【答案】B
【分析】根据题意可知受污染土地由两类长分别为ൌ的m，͸的m，宽分别为͵m 的矩形，及四个能组成
一个以半径为͵m 的圆组成，求出面积和即可．
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【详解】解：根据题意可知受污染土地由两类长分别为ൌ的m，͸的m，宽分别为͵m 的矩形，及四个能
组成一个以半径为͵m 的圆组成，
׵面积为：ʹ ൈൌ的ൈ͵ 㘮ʹ ൈ͸的ൈ͵ 㘮͵ʹߨൌൌͶ的㘮ᦙߨmʹ，故选：B．
7．（2022·浙江丽水·中考真题）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧
所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为ʹm，高为ʹ ͵m，则改建后门洞的圆弧长是（
）
A．
ͷπ
͵ m
B．
ൌπ
͵ m
C．
ꀀ的π
͵ m
D．
ͷπ
͵ 㘮ʹ m
【答案】C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得Δܥܱ′ 是等边三角形，
得到סܥܱ′ ൌ͸的ι，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为͵͸的ι t ͸的ι ൌ͵的的ι，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接ܣ′，ܤܥ，交于ܱ
点，
∵סܤ′ܥൌᦙ的ι ，
∴ܤܥ是直径，
∴ܤܥൌ
ܥ′ʹ 㘮ܤ′ʹ ൌ
ʹʹ 㘮ʹ ͵
ʹ ൌͶ，
∵四边形ܤܣ′ܥ是矩形，
∴ܱܥൌܱ
′ ൌ
ꀀ
ʹ ܤܥൌʹ，
∵ܥ′ ൌʹ，
∴ܱܥൌܱ
′ ൌܥ′，
∴Δܥܱ′ 是等边三角形，
∴סܥܱ′ ൌ͸的ι，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为͵͸的ι t ͸的ι ൌ͵的的ι ，
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∴改建后门洞的圆弧长是
͵的的ιߨൈꀀ
ʹܤܥ
ꀀൌ的ι
ൌ
͵的的ιߨൈꀀ
ʹൈͶ
ꀀൌ的ι
ൌ
ꀀ的
͵ ߨ(m)，
故选：C
8．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，ܥ，′ 是以ܤܣ为直径的半圆上的两点，סܥൌܤܣס′ܤܣ，连结ܤܥ，ܥ′．
(1)求证：ܥ′∥ܤܣ．
(2)若Ͷൌܤܣ，סܥܣ′ ൌ͵的ι，求阴影部分的面积．
【答案】(1)
证明：∵ܣ′
႕
=ܣ′
႕
，
∴∠ACD＝∠DBA，
又׶∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴ܥ′∥ܤܣ；
(2)
ʹ
͵ ߨ
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据∠CAB＝∠DBA 得到∠CAB＝∠ACD，
进而得到结论；
（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形ܥܱ′ 的面积相等，继而得到结论．
【详解】（1）略
（2）解：如图，连结OC，OD．
∵∠ACD＝30°，
∴∠ACD＝∠CAB＝30°，
∴∠AOD＝∠COB＝60°,
∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．
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∵ܥ′∥ܤܣ，
∴S△DOC=S△DBC，
∴S 阴影=S 弓形COD+S△DOC=S 弓形COD+S△DBC=S 扇形COD，
∵AB＝4，
∴OA＝2，
∴S 扇形COD=݊
ߨݎʹ
͵͸的ൌ
͸的ൈߨൈʹʹ
͵͸的
ൌ
ʹ
͵ ߨ．
∴S 阴影=
ʹ
͵ ߨ．
考点03
圆的切线的判定与性质
1．（2025·浙江·中考真题）如图，在ᇞܥܤܣ中，ܥܣൌܤܣ，点O 在边ܤܣ上，以点O 为圆心，ܱܤ长为
半径的半圆，交ܤܥ于点D，与ܥܣ相切于点E，连接ܱ
′ǡܱܧ
(1)求证：ܱ′ ٣ܱ
ܧ．
(2)若ൌܤܱǡܥܤൌܤܣ͵，求四边形ܱ
′ܥܧ的面积．
【答案】(1)
证明：由题意得ܱ
′ ൌܱ
ܤൌܱ
ܧ，
∴סܱ′ܤൌסܤ，
∵ܥܣൌܤܣ，
∴סܥൌסܤ，
∴סܱ′ܤൌסܥ，
∴ܱ′ ∥ܥܣ，
∵以点O 为圆心，ܱܤ长为半径的半圆与ܥܣ相切于点E，
∴ܱܧ٣ܥܣ，
∴ס′ܱܧൌסܱܧܣ
ൌᦙ的ι，
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∴ܱ′ ٣ܱ
ܧ；
(2)͵ 㘮
͵
ʹ
【分析】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质
等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据等边对等角导角得到ܱ
′ ∥ܥܣ，再结合圆的切线性质得到ס′ܱܧൌסܱܧܣ
ൌᦙ的ι，即可证明垂
直；
（2）先得到ᇞܥܤܣ是等边三角形，则ס͸ൌܣ的ι，解Rt ᇞܧܱܣ求出ܧܣǡܱܣ，根据ܧܣ㘮ܧܥൌܱܣ㘮ܱ
ܤ，
求出ܧܥ，再由梯形面积公式求解．
【详解】（1）略
（2）解：∵ܥܤൌܤܣ，ܥܣൌܤܣ，
∴ܥܤൌܥܣൌܤܣ，
∴ᇞܥܤܣ是等边三角形，
∴ס͸ൌܣ的ι，
∵ܱܧ٣ܥܣ，ܱ′ ൌܱ
ܤൌܱ
ܧൌ
͵，
∴ൌܧܣܱ
ܧ
tanܣൌ
͵
͵ ൌꀀ，ܣܱ
ൌܱ
ܧ
sinܣൌ
͵
͵
ʹ
ൌʹ，
∴ܱܣൌܤܣൌܥܣ㘮ܱ
ܤൌʹ 㘮
͵，
∴ܧܥൌܥܣtʹൌܧܣ㘮
͵ t ꀀൌꀀ㘮
͵，
∴四边形ܱ
′ܥܧ的面积为：
ꀀ
ʹܱ
′ 㘮ܧܥൈܱ
ܧൌ
ꀀ
ʹ ꀀ㘮
͵ 㘮
͵ ൈ
͵ ൌ͵ 㘮
͵
ʹ ．
2．（2024·浙江·中考真题）如图，ܤܣ是ٖܱ
的直径，ܥܣ与ٖܱ
相切，A 为切点，连接ܤܥ．已知סͷൌܤܥܣ的ι，
则סܤ的度数为__________
【答案】Ͷ的ι/40 度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【详解】解：∵ܥܣ与ٖܱ
相切，
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∴סܤൌܥܣᦙ的ι，
又∵סͷൌܤܥܣ的ι，
∴סܤൌᦙ的ι t סܥൌᦙ的ι t ͷ的ι ൌͶ的ι，
故答案为：Ͷ的ι．
3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，在Rt ᇞܥܤܣ中，סܥൌᦙ的ι，E 为ܤܣ边上一点，以ܧܣ为直径的
半圆O 与ܤܥ相切于点D，连接ܣ′，ܤܧൌ͵ǡܤ′ ൌ͵ ͷ．P 是ܤܣ边上的动点，当ᇞܣ′䁨为等腰三角形时，
ܣ䁨的长为_____________．
【答案】ʹ ͵的或͸
【分析】连接ܱ
′，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出ܥ′ 的长，勾股定理求出ܥܣ和ܣ′
的长，分ܣ䁨ൌܣ′ 和ܣ䁨ൌ䁨′ 两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接ܱ
′，
∵以ܧܣ为直径的半圆O 与ܤܥ相切于点D，
∴ܱ′ ٣ ܤܥ，ܱܱൌܣ
ܱൌܧ′，
∴סܱ′ܤൌᦙ的ι
设ܱܱൌܣ
ܱൌܧ′ ൌݎ，则ܱ
ܤൌܱ
ܧ㘮ܤܧൌ͵ 㘮ݎ，
在Rt ᇞܱ
′ܤ中：ܱ′ʹ 㘮ܤ′ʹ ൌܱ
ܤʹ，即：ݎʹ 㘮͵ ͷ
ʹ ൌ͵ 㘮ݎʹ，
解得：ݎൌ͸，
∴ܱܱൌܣ
ܱൌܧ′ ൌ͸，
∴ܱܤൌᦙ，ൌܤܣꀀͷ，ൌܧܣꀀʹ，
∵סܥൌסܱ′ܤൌᦙ的ι，
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∴ܱ′ ∥ܥܣ，
∴ܱ
ܤܱ
ܣൌ
′ܤ
′ܥൌ
ᦙ
͸ ൌ
͵
ʹ，
∵′ܤൌ͵ ͷ，
∴ܥ′ ൌʹ ͷ，
∴ܤܥൌ′ܤ㘮ܥ′ ൌͷ ͷ，
∴ൌܥܣ
ܣܤʹ t ܤܥʹ ൌꀀ的，
∴ܣ′ ൌܣܥʹ 㘮ܥ′ʹ ൌʹ ͵的；
∵ᇞܣ′䁨为等腰三角形，
当ܣ′ ൌܣ䁨时，ܣ䁨ൌʹ ͵的，
当䁨ൌܣ䁨′ 时，
∵ܱܱൌܣ′，
∴点䁨与点ܱ
重合，
∴ܣ䁨ൌܱ͸ൌܣ，
不存在䁨′ ൌܣ′ 的情况；
综上：ܣ䁨的长为ʹ ͵的或͸．
故答案为：ʹ ͵的或͸．
4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ܥܤܣ′ 是矩形．当
餐盘正立且紧靠支架于点A，D 时，恰好与ܤܥ边相切，则此餐盘的半径等于_________cm．
【答案】10
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【分析】连接ܱܣ，过点ܱ
作ܱ
ܧ٣ ܤܥ，交ܤܥ于点ܧ，交ܣ′ 于点ܨ，则点ܧ为餐盘与ܤܥ边的切点，
由矩形的性质得ܣ′ ൌܤܥൌꀀ͸，ܣ′∥ܤܥ，סܤܥ′ ൌסܣ′ܥൌᦙ的ι，则四边形ܥ′ܨܧ是矩形，ܱܧ٣ܣ′，得ܥ′ ൌ
ܧܨൌͶ，סܱܨܣ
ൌᦙ的ι，ൌܨܣ′ܨൌൌ，设餐盘的半径为ݔܿ݉
，则ܱܱൌܣ
ݔൌܧ，ܱܨൌݔt Ͷ，然后由勾股
定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：ܤܥൌꀀ͸，ܥ′ ൌͶ，
如图，连接ܱܣ，过点ܱ
作ܱ
ܧ٣ ܤܥ，交ܤܥ于点ܧ，交ܣ′ 于点ܨ，
则סܱܧܥൌᦙ的ι，
׶餐盘与ܤܥ边相切，
׵点ܧ为切点，
׶四边形ܥܤܣ′ 是矩形，
׵ܣ′ ൌܤܥൌꀀ͸，ܣ′∥ܤܥ，סܤܥ′ ൌסܣ′ܥൌᦙ的ι，
׵四边形ܥ′ܨܧ是矩形，ܱܧ٣ܣ′，
׵ ܥ′ ൌܧܨൌͶ，סܱܨܣ
ൌᦙ的ι，ൌܨܣ′ܨൌ
ꀀ
ʹܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ ൈꀀ͸ ൌൌ，
设餐盘的半径为ݔ，
则ܱܱൌܣ
ݔൌܧ，
׵ܱ
ܨൌܱ
ܧt ܧܨൌݔt Ͷ，
在Rt ᇞܱܨܣ中，由勾股定理得：ܣܨʹ 㘮ܱ
ܨʹ ൌܱܣʹ，
即ൌʹ 㘮ሺݔt Ͷሻʹ ൌݔʹ，
解得：ݔൌꀀ的，
׵餐盘的半径为ꀀ的，故答案为：10．
5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在Rt ᇞܥܤܣ中，סൌܤܥܣᦙ的ι，O 为ܥܣ边上一点，连结ܱ
ܤ，以ܱ
ܥ
为半径的半圆与ܤܣ边相切于点D，交ܥܣ边于点E．
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(1)求证：ܤܥൌܤ′；
(2)若ܱ
ܤൌܱܣ，ʹൌܧܣ，①求半圆ܱ
的半径；②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)
证明：如图，连接ܱ
′，
∵ܤ′ 是ٖܱ
的切线，点D 为切点，
∴סܱ′ܤൌᦙ的ι，
∵סൌܤܥܣᦙ的ι，ܱܥൌܱ
′，ܱܤൌܱ
ܤ，
∴Rt ᇞܱ
′ܤ،Rt ᇞܱ
ܥܤHL ，
∴ܤܥൌܤ′；
(2)①2；②ʹ ͵ t
ʹߨ
͵
【分析】（1）连接ܱ
′，由切线的性质得出סܱ′ܤൌᦙ的ι，证明Rt ᇞܱ
′ܤ،Rt ᇞܱ
ܥܤ，再由全等三角形
的判定即可得出结论；
（2）①证出סܱܤ′ ൌסܱܤܥൌס͵ൌܣ的ι，再由直角三角形的性质即可求解；
②由勾股定理求出ܣ′ ൌʹ ͵，סܣܱ′ ൌ͸的ι，由三角形面积公式和扇形的面积公式求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：①∵ܱܤൌܱܣ，
∴סܱܤ′ ൌסܣ，
∵ܴݐᇞܱ
′ܤ،ܴݐᇞܱ
ܥܤ，
∴סܱܤ′ ൌסܱܤܥ，
∴סܱܤ′ ൌסܱܤܥൌסܣ，
又∵סܱܤ′ 㘮סܱܤܥ㘮סൌܣᦙ的ι，
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∴סܱܤ′ ൌסܱܤܥൌס͵ൌܣ的ι，
在Rt ᇞܱ
′ܣ中，sinסൌܣܱ
′ܱ
ܣ，
∴ܱ′ ൌ
ꀀ
ʹܱܣ，
∵ܱ′ ൌܱ
ܧ，
∴ܱܧൌ
ꀀ
ʹܱܣ，
∴ܱܧൌʹൌܧܣ，
∴半圆O 的半径为2；
②在Rt ᇞܱ
′ܣ中，ܱ′ ൌʹ，ܱͶൌܣ，
∴ܣ′ ൌܱܣʹ tܱ
′ʹ ൌʹ ͵，
∴ܵᇞܱܣ′ ൌ
ꀀ
ʹܱ
′ ڄܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ ൈʹ ൈʹ ͵ ൌʹ ͵，
∵ס͵ൌܣ的ι，
∴סܣܱ′ ൌ͸的ι，
∴ܵ阴影ൌܵ
ᇞܱ′ܣtܵ
扇形ܱ
′ܧൌʹ ͵ t
͸的ߨൈʹʹ
͵͸的
ൌʹ ͵ t
ʹߨ
͵ ．
6．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，在Rt ᇞܥܤܣ中，סൌܤܥܣᦙ的ι，点O 在边ܥܣ上，以点O 为圆心，ܱܥ
为半径的半圆与斜边ܤܣ相切于点D，交ܱܣ于点E，连结ܱ
ܤ．
(1)求证：ܤ′ ൌܤܥ．
(2)已知ܱ
ܥൌꀀ，ס͵ൌܣ的ι，求ܤܣ的长．
【答案】(1)
证明：如图，连结ܱ
′，
∵半圆O 与ܤܣ相切于点D，
∴ܱ′ ٣ܤܣ．
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∵סൌܤܥܣᦙ的ι，
∴סܱ′ܤൌסܱܥܤൌᦙ的ι.
∵ܱ′ ൌܱ
ܥ，ܱܤൌܱ
ܤ，
∴Rt ᇞܱ
′ܤ،Rt ᇞܱ
ܥܤHL ．
∴ܤ′ ൌܤܥ．
(2)ʹ ͵
【分析】（1）连结ܱ
′，根据切线的性质得ܱ
′ ٣ܤܣ，再根据“HL”证明Rt ᇞܱ
′ܤ،Rt ᇞܱ
ܥܤ，可得答
案；
（2）先求出ס͸ൌܥܤܣ的ι，可得סܥܤܱ，根据特殊角三角函数求出ܤܥ，进而求出答案.
【详解】（1）略
（2）如图，∵ס͵ൌܣ的ι，סൌܤܥܣᦙ的ι，
∴ס͸ൌܥܤܣ的ι.
∵Rt ᇞܱ
′ܤ،Rt ᇞܱ
ܥܤ，
∴סܥܤܱ
ൌס′ܤܱ
ൌ
ꀀ
ʹ ס͵ൌܥܤܣ的ι.
∵ܱܥൌꀀ，
在Rt ᇞܤܥܱ
中，tan͵的ι ൌ
ܥܱ
ܤܥ，
∴ܤܥൌܱ
ܥ
tan͵的ι ൌ
͵.
在Rt ᇞܥܤܣ中，sin͵的ι ൌ
ܤܥ
ܤܣ，
∴ൌܤܣ
ܤܥ
sin͵的ι ൌʹ ͵．
7．（2022·浙江金华·中考真题）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙ܱ
于点A，长边与⊙ܱ
相切于点B，角尺的
直角顶点为C，已知͸ൌܥܣcmǡܥܤൌൌcm，则⊙ܱ
的半径为_____cm．
【答案】
ʹͷ
͵ /ൌ
ꀀ
͵
【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A 作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD
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中，得到r2＝（r−6）2＋82，求出r 即可．
【详解】解：连接OB、OA，过点A 作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：
∵CB 与ٖܱ
相切于点B，
∴ܱܤ٣ ܥܤ，
∴סܥܤ′ ൌסܤ′ൌܣסൌܤܥܣᦙ的ι，
∴四边形ACBD 为矩形，
∴ܣ′ ൌܥܤൌൌ，ܤ′ ൌ͸ൌܥܣ，
设圆的半径为rcm，在Rt△AOD 中，根据勾股定理可得：ܱܣʹ ൌܱ
′ʹ 㘮ܣ′ʹ，
即r2＝（r−6）2＋82，
解得：ݎൌ
ʹͷ
͵ ，
即ٖܱ
的半径为
ʹͷ
͵ cm．
故答案为：
ʹͷ
͵ ．
8．（2022·浙江宁波·中考真题）如图，在ᇞABC 中，AC=2，BC=4，点O 在BC 上，以OB 为半径的圆与
AC 相切于点A，D 是BC 边上的动点，当ᇞACD 为直角三角形时，AD 的长为___________．
【答案】
͵
ʹ或
͸
ͷ
【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．
【详解】解：连接OA，
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①当D 点与O 点重合时，∠CAD 为90°，
设圆的半径=r，
∴OA=r，OC=4-r，
∵AC=2，
在RtᇞAOC 中，根据勾股定理可得：r2+4=（4-r）2，
解得：r=
͵
ʹ，
即AD=AO=
͵
ʹ；
②当∠ADC=90°时，过点A 作AD⊥BC 于点D，
∵
ꀀ
ʹAO•AC=
ꀀ
ʹOC•AD，
∴AD=
ܱܣڄܥܣܱ
ܥ，
∵AO=
͵
ʹ，AC=2，OC=4-r=
ͷ
ʹ，
∴AD=
͸
ͷ，
综上所述，AD 的长为
͵
ʹ或
͸
ͷ，
故答案为：
͵
ʹ或
͸
ͷ．
9．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在扇形ܤܱܣ中，点C，D 在ܤܣႣ上，将ܥ′
Ⴃ沿弦ܥ′ 折叠后恰好与ܱܣ，ܱ
ܤ相切于点E，F．已知סൌܤܱܣꀀʹ的ι，ܱ͸ൌܣ，则ܧܨ
Ⴃ的度数为_______；折痕ܥ′ 的长为_______．
【答案】
60°/60 度
Ͷ ͸
【分析】根据对称性作O 关于CD 的对称点M，则点D、E、F、B 都在以M 为圆心，半径为6 的圆上，
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再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O 关于CD 的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO 交CD 于N
∵将ܥ′
Ⴃ沿弦ܥ′ 折叠
∴点D、E、F、B 都在以M 为圆心，半径为6 的圆上
∵将ܥ′
Ⴃ沿弦ܥ′ 折叠后恰好与ܱܣ，ܱܤ相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴סܯܧܱ
ൌסܯܨܱ
ൌᦙ的ι
∵סൌܤܱܣꀀʹ的ι
∴四边形MEOF 中סܧܯܨൌ͵͸的ι t סܤܱܣt סܯܧܱ
t סܯܨܱ
ൌ͸的ι
即ܧܨ
Ⴃ的度数为60°；
∵סܯܧܱ
ൌסܯܨܱ
ൌᦙ的ι，ܯܧൌܯܨ
∴ᇞܯܧܱ
؆ᇞܯܨܱ（HL）
∴סܧܯܱ
ൌסܨܯܱ
ൌ
ꀀ
ʹ סܨܯܧൌ͵的ι
∴ܱܯൌ
ܯܧ
cosסܧܯܱൌ
͸
cos͵的ι ൌͶ ͵
∴ܯ㘠ൌʹ ͵
∵MO⊥DC
∴′㘠ൌ
′ܯʹ t ܯ㘠ʹ ൌ
͸ʹ t ሺʹ ͵ሻʹ ൌʹ ͸ ൌ
ꀀ
ʹ ܥ′
∴ܥ′ ൌͶ ͸
故答案为：60°；Ͷ ͸
10．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，ܤܣ与ٖܱ
相切于点B，ܣܱ的延长线交ٖܱ
于点C．若סͶൌܣ的ι，
则∠C=_____．
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【答案】ʹͷι/25 度
【分析】连接ܱ
ܤ，ܤܣ与ٖܱ
相切于点B，得到סܱܤൌܣᦙ的ι，根据三角形内角和得到סܤܱܣ的度数，
然后用三角形外角的性质求出סܥ的度数．
【详解】解：如图：连接ܱ
ܤ，
∵ܤܣ与ٖܱ
相切于点B，
∴סܱܤൌܣᦙ的ι，
∵סͶൌܣ的ι，
∴סͷൌܤܱܣ的ι，
∵ܱܤൌܱ
ܥ，
∴סܥൌסܱܤܥ，
∵סൌܤܱܣסܥ㘮סܱܤܥൌʹסܥ，
∴סܥൌʹͷι．
故答案是：ʹͷι．
11．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在ᇞܥܤܣ中，ܥܣൌܤܣ，以ܤܣ为直径的⊙ܱ
与ܤܥ交于点′，连
接ܣ′．
(1)求证：ܤ′ ൌܥ′；
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(2)若⊙ܱ
与ܥܣ相切，求סܤ的度数；
(3)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧ܣ′
Ⴃ的中点ܧ．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)
证明：∵ܤܣ是ٖܱ
的直径，
∴סܣ′ܤൌᦙ的ι，
∴ܣ′ ٣ ܤܥ，
∵ܥܣൌܤܣ，
∴ܤ′ ൌܥ′．
(2)סܤൌͶͷι
(3)
如下图，点ܧ就是所要作的ܣ′
Ⴃ的中点．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的三线合一即可证明；
（2）根据切线的性质可以得到ᦙ的ι，然后在等腰直角三角形中即可求解；
（3）根据等弧所对的圆周角相等，可知可以作出AD 的垂直平分线，סܤܣ′ 的角平分线，סܱܣ′ 的角
平分线等方法均可得到结论．
【详解】（1）略
（2）∵ٖܱ
与ܥܣ相切，
∴סܤൌܥܣᦙ的ι，
又∵ܥܣൌܤܣ，
∴סܤൌͶͷι．
（3）略
12．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，半径为6 的⊙O 与Rt△ABC 的边AB 相切于点A，交边BC 于点C，
D，∠B=90°，连接OD，AD．
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(1)若∠ACB=20°，求ܣ′
Ⴃ的长（结果保留ߨ）．
(2)求证：AD 平分∠BDO．
【答案】(1)
Ͷߨ
͵
(2)
证明：׶ܱܱൌܣ′，
׵ סܱܣ′ ൌסܱ′ܣ，
׶ܤܣ切ٖܱ
于点ܣ，
׵ܱܣ٣ܤܣ，
׶ סܤൌᦙ的ι，
׵ܱܣ䁥䁥ܤܥ，
׵ סܱܣ′ ൌסܣ′ܤ，
׵ סܣ′ܤൌסܱ′ܣ，
׵ܣ′ 平分סܤ′ܱ．
【分析】（1）连接ܱܣ，由סʹൌܤܥܣ的ι，得סܱܣ′ ൌͶ的ι，由弧长公式即得ܣ′
෢的长为
Ͷߨ
͵ ；
（2）根据ܤܣ切ٖܱ
于点ܣ，סܤൌᦙ的ι，可得ܱܣ䁥䁥ܤܥ，有סܱܣ′ ൌסܣ′ܤ，而ܱܱൌܣ′，即可得סܣ′ܤൌ
סܱ′ܣ，从而ܣ′ 平分סܤ′ܱ．
【详解】（1）解：连接OA，
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∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴ܣ′
Ⴃൌ݊
ߨݎ
ꀀൌ的，
ൌͶ的ൈߨൈ͸
ꀀൌ的
ൌ
Ͷߨ
͵ ．
（2）略
考点04 圆内接图形与正多边形
1．（2026·浙江·中考真题）我国很多古建筑，如图1 所示的六角亭运用了简单的几何图形，如圆和正多
边形．如图2，已知圆的内接正六边形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（
）
A．
Ͷ
͵ π t
͵
B．
Ͷ
͵ π t
͵
ʹ
C．
ʹ
͵ π t
͵
D．
ʹ
͵ π t
͵
ʹ
【答案】C
【分析】连接圆心和正六边形的顶点，将阴影部分转化为扇形面积减去等边三角形面积进行计算．
【详解】解：设圆的圆心为ܱ
，正六边形的一条边为ܤܣ，连接ܱܣ，ܱܤ
׶多边形为正六边形，
׵圆心角סൌܤܱܣ
͵͸的ι
͸
ൌ͸的ι
׶正六边形的边长为ʹ，
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׵圆的半径ܴ
ൌܱܱൌܣ
ʹൌܤܣൌܤ
׵ ᇞܱܤܣ为等边三角形
׵ܵ
扇形ܱܤܣൌ
͸的ڄߨڄʹʹ
͵͸的
ൌ
ʹ
͵ ߨ
过点ܱ
作ܱ
ܥ٣ܤܣ于点ܥ，则ൌܥܣ
ꀀ
ʹൌܤܣꀀ
在Rt ᇞܱܥܣ中，ܱܥൌܱܣʹ tܣܥʹ ൌ
ʹʹ t ꀀʹ ൌ
͵
׵ܵ
ᇞܱܤܣൌ
ꀀ
ʹܤܣڄܱ
ܥൌ
ꀀ
ʹ ൈʹ ൈ
͵ ൌ
͵
׵阴影部分的面积ܵ
ൌܵ
扇形ܱܤܣtܵ
ᇞܱܤܣൌ
ʹ
͵ ߨt
͵．
2．（2025·浙江·中考真题）如图，矩形ܥܤܣ′ 内接于ٖܱ
，ܧ是ܣ′
Ⴃ上一点，连接ܧܤ，ܧܥ分别交ܣ′ 于
点ܨ，ܩ．若ൌܨܣꀀ，ܧܩൌܨܩൌ͵，则ٖܱ
的直径为________．
【答案】ʹ ꀀͶ
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质；
根据题意证出ᇞܧܨܩ׾ ܧܤܥ，得到
ܨܩ
ܤܥൌ
ܧܩ
ܧܥൌ
ܧܨ
ܧܤ，设′ܩൌݔ，则ܣ′ ൌܤܥൌͶ 㘮ݔ，表示出ܩܥൌݔ㘮ꀀ，
′ܥൌ
ʹݔ㘮ꀀ，连接ܧܣ，在Rt ᇞܩܧܣ中，求出ൌܧܣ对，在Rt ᇞܥܧܣ和Rt ᇞܣ′ܥ中，表示出ൌܥܣ
ܣܧʹ 㘮ܧܥʹ，ൌܥܣ
ܣ′ʹ 㘮′ܥʹ，列式计算出ݔൌ͵，再利用勾股定理计算直径即可．
【详解】解：∵ܥܤܣ′ 为矩形，
∴ܣ′∥ܤܥ，ס′ ൌᦙ的ι
∴ܨܩ∥ܤܥ，
∴ᇞܧܨܩ׾ ܧܤܥ，
∴
ܨܩ
ܤܥൌ
ܧܩ
ܧܥൌ
ܧܨ
ܧܤ，
设′ܩൌݔ，则ܣ′ ൌܤܥൌͶ 㘮ݔ，
∴
͵
Ͷ㘮ݔൌ
͵
͵㘮ܩܥ
∴ܩܥൌݔ㘮ꀀ，
在Rt ᇞܩ′ܥ中，′ܥൌ
ܩܥʹ t ′ܩʹ ൌ
ʹݔ㘮ꀀൌܤܣ，
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连接ܧܣ，
∵ܥܣ为直径，
∴סൌܥܧܣᦙ的ι，
在Rt ᇞܩܧܣ中，ൌܧܣ
ܣܩʹ t ܧܩʹ ൌ
对，
∴在Rt ᇞܥܧܣ中，ൌܥܣ
ܣܧʹ 㘮ܧܥʹ，
在Rt ᇞܣ′ܥ中，ൌܥܣ
ܣ′ʹ 㘮′ܥʹ，
∴ܣ′ʹ 㘮′ܥʹ ൌܣܧʹ 㘮ܧܥʹ，
∵ܣ′ ൌͶ 㘮ݔǡ′ܥൌ
ʹݔ㘮ꀀǡܧܥൌݔ㘮Ͷǡൌܧܣ对，
∴Ͷ 㘮ݔʹ 㘮
ʹݔ㘮ꀀ
ʹ ൌ
对
ʹ 㘮ݔ㘮Ͷ ʹ，
∴解得：ݔൌ͵，
∴ൌܥܣ
ܣܧʹ 㘮ܧܥʹ ൌ
对
ʹ 㘮ݔ㘮Ͷ ʹ ൌʹ ꀀͶ，ٖܱ
的直径为：ʹ ꀀͶ，
故答案为：ʹ ꀀͶ．
3．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，六边形ܥܤܣ′ܧܨ是ٖܱ
的内接正六边形，设正六边形ܥܤܣ′ܧܨ
的面积为ܵꀀ，ᇞܧܥܣ的面积为ܵʹ，则ܵꀀܵ
ʹ ൌ_________．
【答案】2
【分析】连接ܱܧܱǡܥܱǡܣ，首先证明出ᇞܧܥܣ是ٖܱ
的内接正三角形，然后证明出ᇞܤܥܣ، ᇞܱܥܣASA ，
得到ܵᇞܤܥܣൌܵ
ᇞܧܨܣൌܵ
ᇞܥ′ܧ，ܵᇞܱܥܣൌܵ
ᇞܱܧܣൌܵ
ᇞܱܥܧ，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接ܱܧܱǡܥܱǡܣ，
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∵六边形ܥܤܣ′ܧܨ是ٖܱ
的内接正六边形，
∴ܧܥൌܧܣൌܥܣ，
∴ᇞܧܥܣ是ٖܱ
的内接正三角形，
∵סܤൌꀀʹ的ι，ܥܤൌܤܣ，
∴סܤൌܥܣסܤܥൌܣ
ꀀ
ʹ ꀀൌ的ι t סܤൌ͵的ι，
∵סܥ͸ൌܧܣ的ι，
∴סܱൌܥܣסܱ͵ൌܧܣ的ι，
∴סܤൌܥܣסܱ͵ൌܥܣ的ι，
同理可得，סܤܥൌܣסܱܥ͵ൌܣ的ι，
又∵ܥܣൌܥܣ，
∴ᇞܤܥܣ، ᇞܱܥܣASA ，
∴ܵᇞܤܥܣൌܵ
ᇞܱܥܣ，
由圆和正六边形的性质可得，ܵᇞܤܥܣൌܵ
ᇞܧܨܣൌܵ
ᇞܥ′ܧ，
由圆和正三角形的性质可得，ܵᇞܱܥܣൌܵ
ᇞܱܧܣൌܵ
ᇞܱܥܧ，
∵ܵꀀൌܵ
ᇞܤܥܣ㘮ܵ
ᇞܧܨܣ㘮ܵ
ᇞܥ′ܧ㘮ܵ
ᇞܱܥܣ㘮ܵ
ᇞܱܧܣ㘮ܵ
ᇞܱܥܧൌʹܵ
ᇞܱܥܣ㘮ܵ
ᇞܱܧܣ㘮ܵ
ᇞܱܥܧൌʹܵʹ，
∴ܵꀀܵ
ʹ ൌʹ．
故答案为：2．
4．（2023·浙江台州·中考真题）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．ʹ
B．2
C．Ͷ 㘮ʹ ʹ
D．Ͷ t ʹ ʹ
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【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为ܣ、ܤ、ܥ、′，连接ܱܣ并延长，交ٖܱ
于点ܧ，由题意可得，ܧܣ
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ܣ、ܤ、ܥ、′，连接ܱܣ并延长，交ٖܱ
于点ܧ，过点ܱ
作ܱ
ܨ٣ܤܣ，
如下图：
则ܧܣ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：ܱܧൌͶൌܤܣ，ܱൌܨܣ
ൌܨ
ꀀ
ʹʹൌܤܣ
由勾股定理可得：ܱൌܣܱ
ܨʹ 㘮ܣܨʹ ൌʹ ʹ，
∴Ͷൌܧܣt ʹ ʹ，
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．
5．（2023·浙江温州·中考真题）图1 是Ͷ ൈͶ 方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为ʹ，现将它
剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形ܥ′ܧܨ作为题字区
域(点ܣ，ܧ，′，ܤ在圆上，点ܥ，ܨ在ܤܣ上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为___________．若点ܣ，㘠，
ܯ在同一直线上，ܤܣ∥䁨㘠，′ܧൌ
͸ܧܨ，则题字区域的面积为___________．
【答案】
5
͸Ͷ
ʹͷ
͸
【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得ݎ，
连接ܱ
ܧ，取ܧ′ 的中点ܶ
，连接ܱܶ
，在Rt ᇞܱ
ܧܶ
中，根据勾股定理即可求解．
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【详解】解：如图所示，依题意，ܩܪൌʹ ൌܩ依，
∵过左侧的三个端点依ǡܭǡܮ作圆，依ܪൌܪܮൌͶ，
又㘠ܭ٣ 依ܮ，
∴ܱ
在ܭ㘠上，连接ܱ
依，则ܱ
依为半径，
∵ܱܪൌݎt ܭܪൌݎt ʹ，
在Rt ᇞܱ
ܪ依中，ܱܪʹ 㘮依ܪʹ ൌ依ܱ
ʹ
∴ݎt ʹ ʹ 㘮Ͷʹ ൌݎʹ
解得：ݎൌͷ；
连接ܱ
ܧ，取ܧ′ 的中点ܶ
，连接ܱܶ
，交ܤܣ于点ܵ
，连接䁨ܤ，ܯܣ，
∵ܤܣ∥䁨㘠，
∴ܤܣ٣ܱܶ
，
∴ܵൌܵܣ
ܤ，
∵点ܣ，㘠，ܯ在同一直线上，
∴
ܣ㘠
㘠ܯൌ
ܣܵܵ
ܤ，
∴ܯ㘠ൌܣ㘠，
又㘠ܤൌ㘠ܣ，
∴סൌܯܤܣᦙ的ι
∵ܯ㘠ൌ㘠ܤ，㘠䁨٣ ܯ䁨
∴ܯ䁨ൌ䁨ܤൌʹ
∴㘠ܵൌ
ꀀ
ʹ ܯܤൌʹ
∵ܭܪ㘮ܪ㘠ൌʹ 㘮Ͷ ൌ͸
∴ܱ㘠ൌ͸ t ͷ ൌꀀ
∴ܱܵ
ൌ͵，
∵′ܧൌ
͸ܧܨ，
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设ܧܨൌܵܶ
ൌܽ
，则ܧܶ
ൌ
ꀀ
ʹ ′ܧൌ
͸
ʹܽ
在Rt ᇞܱ
ܧܶ
中，ܱܧʹ ൌܱܶ
ʹ 㘮ܶ
ܧʹ
即ͷʹ ൌ͵ 㘮ܽ
ʹ 㘮
͸
ʹܽ
ʹ
整理得ͷܽʹ 㘮ꀀʹܽt ͵ʹ ൌ的
即ܽ
㘮Ͷ
ͷܽt ൌൌ的
解得：ܽ
ൌ
ൌ
ͷ或ܽ
ൌt Ͷ
∴题字区域的面积为͸ܽʹ ൌ
͸Ͷ
ʹͷ
͸
故答案为：ͷ；
͸Ͷ
ʹͷ
͸．
6．（2022·浙江舟山·中考真题）正八边形的一个内角的度数是____ 度．
【答案】135
【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3 且n 为正整数）求出内角和，然后再计算一个
内角的度数即可.
【详解】正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°=1080°，
每一个内角的度数为：1080°÷8=135°，故答案为135.
7．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形ܥܤܣ′ܧ内接于⊙ܱ，阅读以下作图过程，并回答下列问
题，作法：如图2，①作直径ܨܣ；②以F 为圆心，ܨܱ
为半径作圆弧，与⊙ܱ
交于点M，N；③连接ܯǡܯܣ㘠ǡ㘠ܣ．
(1)求סܥܤܣ的度数．
(2)ᇞܯܣ㘠是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A 开始，以′㘠长为半径，在⊙ܱ
上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n 边形，求n 的值．
【答案】(1)ꀀ的ൌι
(2)是正三角形，
理由如下：
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连接ܱ
㘠ǡܨ㘠，
由作图知：ܨ㘠ൌܨܱ,
∵ܱ㘠ൌܱ
ܨ，
∴ܱ㘠ൌܱ
ܨൌܨ㘠，
∴ᇞܱ
ܨ㘠是正三角形，
∴סܱܨ㘠ൌ͸的ι，
∴סܯܣ㘠ൌסܱܨ㘠ൌ͸的ι，
同理סܣ㘠ܯൌ͸的ι，
∴סܯܣ㘠ൌ͸的ι，即סܯܣ㘠ൌסܣ㘠ܯൌסܯܣ㘠，
∴ᇞܯܣ㘠是正三角形；
(3)݊
ൌꀀͷ
【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得ܤܣ
෼
ൌܤܥ
෼
ൌܥ′
෼
ൌ′ܧ
෼
ൌܧܣ
෼
，则סܥܱܣ(优弧所对
圆心角)ൌ͵ ൈ对ʹι ൌʹꀀ͸ι，然后根据圆周角定理即可得出结论；
（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论；
（3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出ס㘠ܱ′ ൌꀀͶͶι t ꀀʹ的ι ൌʹͶι，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵正五边形ܥܤܣ′ܧ．
∴ܤܣ
෼
ൌܤܥ
෼
ൌܥ′
෼
ൌ′ܧ
෼
ൌܧܣ
෼
，
∴סൌܤܱܣסܤܱܥൌסܥܱ′ ൌס′ܱܧൌסܧܱൌܣ
͵͸的ι
ͷ
ൌ对ʹι，
∵ܥܧܣ
෼
ൌ͵ܧܣ
෼
，
∴סܥܱܣ(优弧所对圆心角)ൌ͵ ൈ对ʹι ൌʹꀀ͸ι，
∴סൌܥܤܣ
ꀀ
ʹ סൌܥܱܣ
ꀀ
ʹ ൈʹꀀ͸ι ൌꀀ的ൌι；
（2）略
（3）∵ᇞܯܣ㘠是正三角形，
∴סܱܣ㘠ൌʹסܯܣ㘠ൌꀀʹ的ι．
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∵ܣ′
෼
ൌʹܧܣ
෼
，
∴סܣܱ′ ൌʹ ൈ对ʹι ൌꀀͶͶι，
∵′㘠
෼
ൌܣ′
෼
tܣ㘠
෼
，
∴ס㘠ܱ′ ൌꀀͶͶι t ꀀʹ的ι ൌʹͶι，
∴݊
ൌ
͵͸的
ʹͶ ൌꀀͷ．
1．（2026·浙江·模拟预测）我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术》中提到了割圆术，其本质上可以用
来估算π的近似值，如图，现在在半径为R 的圆内有一n 边正多边形，则π可以精确表示为（
）
A．݊tanꀀൌ的ι݊
B．݊cos
͵͸的ι݊
C．݊sin
ꀀൌ的ι݊
D．ʹ݊cos
ꀀൌ的ι݊
【答案】C
【分析】利用锐角三角函数表示出圆内接正݊
边形的边长，进而求出正݊
边形的周长，根据割圆术原
理，正݊
边形周长近似等于圆周长，建立等式即可得出ߨ的表达式.
【详解】解：正݊
边形的中心角为
͵͸的ι݊，
׵正݊
边形的一条边所对的圆心角的一半为
ꀀ
ʹ ൈ
͵͸的ι݊
ൌ
ꀀൌ的ι݊
，
如图，在由半径、边心距和边长的一半组成的直角三角形中，边长的一半ൌܴ
ڄ sin᪀
ꀀൌ的ι݊，
׵正݊
边形的边长为ʹܴsin᪀
ꀀൌ的ι݊
，
׵正݊
边形的周长ܮൌ݊
ڄ ʹܴsin᪀
ꀀൌ的ι݊ൌʹܴ݊
sin᪀
ꀀൌ的ι݊，
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׶圆的周长ܥൌʹߨܴ，且由割圆术可知ܮൎܥ，
׵ ʹߨܴ
ൎʹܴ݊
sin᪀
ꀀൌ的ι݊，
׵ ߨൎ݊
sin᪀
ꀀൌ的ι݊.
2．（2026·浙江杭州·二模）化学实验中常使用一种球形蒸馏瓶，它的底部可以看成是一个球体，这个球体
最大纵截面如图所示，其半径为ͷcm，液面宽ܤܣ的长为ൌcm，则瓶内液体最大深度为（
）
A．ʹcm
B．͵cm
C．Ͷcm
D．ͷcm
【答案】A
【分析】过点ܱ
作ܱ
′ ٣ܤܣ于点ܥ，交ٖܱ
于点′，利用垂径定理得出ൌܥܣ
ꀀ
ʹͶൌܤܣcm，然后利用
勾股定理求解．
【详解】解：如图，过点ܱ
作ܱ
′ ٣ܤܣ于点ܥ，交ٖܱ
于点′，
∴ൌܥܣ
ꀀ
ʹͶൌܤܣcm，
由勾股定理得ܱ
ܥൌܱܣʹ tܣܥʹ ൌ
ʹͷ t ꀀ͸ ൌ͵cm，
∴ܥ′ ൌܱ
′ tܱ
ܥൌͷ t ͵ ൌʹcm．
3．（2026·浙江嘉兴·二模）秀秀在综合实践课上，把直尺和量角器按如图方式叠放，点D、E、B 在同一条
直线上，点D，A，C，E 所对的刻度分别为的ι，͸的ι，ꀀͷ的ι，ꀀൌ的ι，则סܤܣ′ 的度数为（
）
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A．ꀀͷι
B．ʹ的ι
C．ʹͷι
D．͵的ι
【答案】A
【分析】先依据量角器刻度得出ܣ′
Ⴃ、ܥܧ
Ⴃ的度数，再利用圆周角定理求出סܧܣ′ 与סܥܧܣ的度数，最后
借助三角形外角性质，可求出סܤܣ′ 度数．
【详解】解：连接ܧܣ，
׶ 点′ 刻度为的ι，点ܣ刻度为͸的ι，
׵ܣ′
Ⴃ的度数为͸的ι，
׵ܣ′
Ⴃ所对圆周角סܧܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ ൈ͸的ι ൌ͵的ι，
׶ 点ܥ刻度为ꀀͷ的ι，点ܧ刻度为ꀀൌ的ι，
׵ ܥܧ
Ⴃ的度数为ꀀൌ的ι t ꀀͷ的ι ൌ͵的ι，
׵ ܥܧ
Ⴃ所对圆周角סܥൌܧܣ
ꀀ
ʹ ൈ͵的ι ൌꀀͷι，
׶ סܧܣ′ 是ᇞܧܤܣ的外角，
׵ סܧܣ′ ൌסܤܣ′ 㘮סܤܧܣ，
又׶ סܤൌܧܣסܥൌܧܣꀀͷι，
׵ סܤܣ′ ൌסܧܣ′ t סܤ͵ൌܧܣ的ι t ꀀͷι ൌꀀͷι．
4．（2026·浙江宁波·二模）如图，ܤܣ为ٖܱ
的直径，点ܥ在ܱܣ上，点ܧ，ܨ为圆上两点，连结ܧܥ，ܨܥ．连
接ܧܨ交ܤܣ于点′，若סܨܥܧൌᦙ的ι，ܥ′ ൌ͵ܤ͵ൌܥܣ′，则cosסܥ′ܨ的值为（）
A．
ͷ
͵
B．
͵
Ͷ
C．͵ t ꀀ
D．
ͷ㘮ꀀ
Ͷ
【答案】A
【分析】作ܥܩ٣ ܧܨ于点G，作ܱ
ܪ٣ ܧܨ于点H，连接ܧܤǡܨܣ，则ܱ
ܪ∥ܥܩ，设ܤൌܥܣ′ ൌʹܽ，则ܥ′ ൌ
͸ܽ，ܣ′ ൌൌܽ，由ܱ
ܪ∥ܥܩ得
′ܪ
ܩܪൌܱ
′
ܥܱൌꀀ，可证′ܪൌܩܪ，进而得出′ܧൌܨܩ，ܩܧൌܨ′，证明ᇞܣ′ܨ׾ᇞ
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ܤ′ܧ得
ܣ′
′ܧൌ
′ܨ
ܤ′，求出ܨܩڄ ܩܧൌꀀ͸ܽʹ，证明ᇞܥܨܩ׾ᇞܧܥܩ得ܨܩڄ ܩܧൌܥܩʹ，从而ܥܩʹ ൌꀀ͸ܽʹ，然后根据
勾股定理求出ܩ′ ൌʹ ͷܽ，再根据余弦的定义求解即可．
【详解】解：作ܥܩ٣ ܧܨ于点G，作ܱ
ܪ٣ ܧܨ于点H，连接ܧܤǡܨܣ，则ܱ
ܪ∥ܥܩ，
∵ܥ′ ൌ͵ܤ͵ൌܥܣ′，
设ܤൌܥܣ′ ൌʹܽ，则ܥ′ ൌ͸ܽ，ܣ′ ൌൌܽ，
∵ܱܱൌܣ
ܤ，
∴ܱܣtܱൌܥܣ
ܤt ܤ′，
∴ܱܥൌܱ
′，
∵ܱܪ٣ ܧܨ，
∴ܨܪൌܧܪ，
∵ܱܪ∥ܥܩ，
∴
′ܪ
ܩܪൌܱ
′
ܥܱൌꀀ，
∴′ܪൌܩܪ，
∴ܨܪt ܩܪൌܧܪt ′ܪ，
∴′ܧൌܨܩ，
∴′ܧ㘮′ܩൌܨܩ㘮′ܩ，
∴ܩܧൌܨ′．
∵ܤܨ
Ⴃൌܤܨ
Ⴃ，
∴סܤൌܨܣסܤܧܨ．
∵סܣ′ܨൌסܤ′ܧ，
∴ᇞܣ′ܨ׾ᇞܤ′ܧ，
∴
ܣ′
′ܧൌ
′ܨ
ܤ′，
∴ܣ′ ڄ ܤ′ ൌܨ′ ڄ ܧ′ ൌܨܩڄ ܩܧൌꀀ͸ܽʹ，
∵סܧܥܨൌᦙ的ι，
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∴סܨܥܩ㘮ܧܥܩൌᦙ的ι，
∵ܥܩ٣ ܧܨ，
∴סܨܥܩ㘮סܥܨܩൌᦙ的ι，
∴סܥܨܩൌסܨܥܩ．
∵סܥܩܨൌסܥܩܧൌᦙ的ι．
∴ᇞܥܨܩ׾ᇞܧܥܩ，
∴
ܨܩ
ܥܩൌ
ܥܩ
ܩܧ，
∴ܨܩڄ ܩܧൌܥܩʹ，
∴ܥܩʹ ൌꀀ͸ܽʹ，
∴ܥܩൌͶܽ（负值舍去），
∴ܩ′ ൌ
ܥ′ʹ t ܥܩʹ ൌ
͸ʹ t Ͷʹ ൌʹ ͷܽ，
∴cosסܥ′ܨൌ
ʹ ͷܽ
͸ܽ
ൌ
ͷ
͵ ．
5．（2026·浙江金华·二模）如图1，在ٖܱ
中，已知点ܥ是ܤܣႣ的中点，点′ 是ܤ′ܣႣ上的动点，连结ܥ′ 交
ܤܣ于点ܧ．记ܥܧൌݔ，ܣ′ 㘮ܤ′ ൌݕ，且ݕ关于ݔ的函数图象为一段反比例函数，如图2 所示，则下列说
法正确的是（
）
A．ס͵ൌܥܤܣ的ι
B．圆的半径为4
C．当ܧܤ͵ൌܧܣ时，ݕൌͶ ꀀ的
D．当ݕൌ͸ ͷ时，ܥ′ ൌൌ
【答案】C
【分析】连接ܱǡܥܱǡܤܱǡܣ′′Ԣ，延长ܥܱ
交ٖܱ
于′Ԣ，ܱܥ与ܤܣ交于点ܧԢ，结合函数图像可得ൌܤܣൌǡܥܧԢ ൌ
ʹ，求出tanסܥܤܣ即可判断A；当ܧ与ܤ重合时可得ܥܧൌʹ ͷǡܣ′ 㘮ܤ′ ൌൌ，进而利用待定系数法得到反
比例函数解析式，再求得ܣ′Ԣ ൌܤ′Ԣ ൌͶ ͷ，然后得到ܥ′Ԣ即可判断B；利用勾股定理求出ܥܧ，再代入即可
判断C；代入反比例函数求出ݔ，再得到cosסܧԢܥܧ，再由ܥ′ ൌܥ′Ԣcosס′Ԣܥ′ 求出ܥ′ 即可判断D．
【详解】解：׶ ݕൌܣ′ 㘮ܤ′ ൒ܤܣ，由图可知ݕ的最小值为ൌ，
׵ൌܤܣൌ，
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连接ܱǡܥܱǡܤܱǡܣ′′Ԣ，延长ܥܱ
交ٖܱ
于′Ԣ，ܱܥ与ܤܣ交于点ܧԢ，
׶点ܥ是ܤܣႣ的中点，
׵ܱ
ܥ٣ܤܣ，即ܥܧԢ ٣ܤܣ，由图可知ݔ的最小值为ʹ，
׵ ܥܧԢ ൌʹ，
׵ tanסൌܥܤܣ
ܥܧԢ
ܤܧԢ ൌ
ʹ
Ͷ ൌ
ꀀ
ʹ്
tan͵的ι ൌ
͵
͵ ，故A 错误；
ܥܤൌ
ܥܧԢʹ 㘮ܤܧԢʹ ൌ
ʹʹ 㘮Ͷʹ ൌʹ ͷ，
当ܧ与ܤ重合时，此时′ 也与ܤ重合，ܥܧൌܥܤൌʹ ͷǡܣ′ 㘮ܤ′ ൌൌܤܣൌ，
设ݕ关于ݔ的反比例函数为ݕൌ݇ݔ്݇
的，
׵݇ʹ ͷ ൌൌ，解得݇
ൌꀀ͸ ͷ，
׵ ݕൌ
ꀀ͸ ͷ
ݔ，
当ܧ在ܧԢ处时，ܥܧԢ ൌݔൌʹ，ݕൌൌͷ，此时ܣ′Ԣ ൌܤ′Ԣ ൌͶ ͷ，
又׶ ܥ′Ԣ为ٖܱ
的直径，
׵ סܥܤ′Ԣ ൌᦙ的ι，ܥ′Ԣ ൌ
ܥܤʹ 㘮′Ԣܤʹ ൌ
ʹ ͷ
ʹ 㘮Ͷ ͷ
ʹ ൌꀀ的，
则ٖܱ
的半径为ͷ，故B 错误；
当ܧܤ͵ൌܧܣ时，ܤܧൌ
ꀀ
ͶܧǡʹൌܤܣܧԢ ൌܤܧԢ t ܤܧൌͶ t ʹ ൌʹ，
׵ ܥܧൌ
ܥܧԢʹ 㘮ܧܧԢʹ ൌʹ ʹ，
当ݔൌʹ ʹ时，ݕൌ
ꀀ͸ ͷ
ʹ ʹ ൌͶ ꀀ的，故C 正确；
当ݕൌ͸ ͷ时，
ꀀ͸ ͷ
ݔ
ൌ͸ ͷ，解得ܥܧൌݔൌ
ൌ
͵，
׵ cosסܧԢܥܧൌ
ܥܧԢ
ܥܧൌ
͵
Ͷ，
又׶ ܥ′Ԣ为ٖܱ
的直径，
׵ סܥ′′Ԣ ൌᦙ的ι，
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׵ ܥ′ ൌܥ′Ԣcosס′Ԣܥ′ ൌꀀ的ൈ
͵
Ͷ ൌ
ꀀͷ
ʹ ，故D 错误．
6．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在矩形ܥܤܣ′ 中，以ܥ为圆心，ܤܥ长为半径画弧，交ܣ′ 于点ܧ，以ܣ
为圆心，ܤܣ为半径画弧交ܣ′ 于点ܨ．若ൌܤܣꀀ，ܣ′ ൌ
ʹ，则图中阴影部分的面积为（
）
A．
π
ʹ t
ʹ
B．
ꀀ㘮π
ʹ t
ʹ
C．ʹ 㘮
ꀀtπ
ʹ
D．ʹ t
ꀀtπ
ʹ
【答案】B
【分析】连接ܤܧ，ܥܧ，根据解直角三角形求出ܧܣ，סܤܥܧ，再利用ܵ阴影部分ൌܵ
扇形ܤܨܣtܵ
ᇞܧܤܣ㘮ܵ
扇形ܤܥܧtܵ
ᇞܤܥܧ求解即可．
【详解】解：连接ܤܧ，ܥܧ，
∵在矩形ܥܤܣ′ 中，ൌܤܣꀀ，ܣ′ ൌ
ʹ，
∴ס′ ൌסൌܣסܤܥ′ ൌᦙ的ι，ܥ′ ൌൌܤܣꀀ，ܤܥൌܣ′ ൌ
ʹ，
由作图可得ܥܧൌܥܤൌ
ʹ，
∴在Rt ᇞܥ′ܧ中，cosס′ܥܧൌ
ܥ′
ܥܧൌ
ꀀ
ʹ ൌ
ʹ
ʹ ，
∴ס′ܥܧൌͶͷι，
∴סܤܥܧൌסܤܥ′ t ס′ܥܧൌᦙ的ι t Ͷͷι ൌͶͷι，
∴ܵ扇形ܤܥܧൌ
Ͷͷߨڄܤܥʹ
͵͸的
ൌ
Ͷͷߨڄ
ʹ
ʹ
͵͸的
ൌ
ꀀ
Ͷ ߨ．
∵′ܧൌܥܧڄ sinס′ܥܧൌ
ʹsinͶͷι ൌꀀ，
∴ܣൌܧܣ′ t ′ܧൌ
ʹ t ꀀ，
∴ܵᇞܧܤܣൌ
ꀀ
ʹܤܣڄൌܧܣ
ꀀ
ʹ ൈꀀൈ
ʹ t ꀀൌ
ʹtꀀ
ʹ ，
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∵ܵ扇形ܤܨܣൌ
ᦙ的ߨڄܣܤʹ
͵͸的
ൌ
ᦙ的ߨڄꀀʹ
͵͸的ൌ
ꀀ
Ͷ ߨ，ܵ
ᇞܤܥܧൌ
ꀀ
ʹ ܤܥڄൌܤܣ
ꀀ
ʹ ൈ
ʹ ൈꀀൌ
ʹ
ʹ ，
∴ܵ阴影部分ൌܵ
扇形ܤܨܣtܵ
ᇞܧܤܣ㘮ܵ
扇形ܤܥܧtܵ
ᇞܤܥܧ
ൌꀀ
Ͷ ߨt
ʹ t ꀀ
ʹ
㘮
ꀀ
Ͷ ߨt
ʹ
ʹ
ൌπ
ʹ t ʹ ʹ t ꀀ
ʹ
ൌ
ꀀ㘮π
ʹ t
ʹ．
7．（2026·浙江温州·模拟预测）如图，在Rt ᇞܥܤܣ中，סൌܤܥܣᦙ的ι，ס͵ൌܣ的ι，分别以点ܣ、ܤ为圆心，
ܥܣ、ܤܥ的长为半径作弧，与ܤܣ交于点′、ܧ．若Ͷൌܤܣ，则图中阴影部分的面积为（
）
A．
对
͵ π t ʹ ͵
B．
ͷ
͵ π t Ͷ ͵
C．
ͷ
͵ π t ʹ ͵
D．
ꀀ的
͵ π t ʹ ͵
【答案】C
【分析】本题考查扇形公式、解直角三角形计算，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
根据题意易得ܤܣൌܥܣڄ cos͵的ι、ܤܥൌܤܣڄ sin͵的ι，再利用ܵ扇形ܥܣ′ 㘮ܵ
扇形ܤܥܧtܵ
ᇞܥܤܣ进行计算阴影部
分面积即可．
【详解】解：在Rt ᇞܥܤܣ中，סൌܤܥܣᦙ的ι，ס͵ൌܣ的ι，
׵ סܤൌᦙ的ι t ͵的ι ൌ͸的ι，
׵ܤܣൌܥܣڄ cos͵的ι ൌͶ ൈ
͵
ʹ ൌʹ ͵、ܤܥൌܤܣڄ sin͵的ι ൌͶ ൈ
ꀀ
ʹ ൌʹ
则图中阴影部分的面积为
͵的πൈʹ ͵
ʹ
͵͸的
㘮
͸的πൈʹʹ
͵͸的
t
ꀀ
ʹ ൈʹ ͵ ൈʹ ൌ
ͷ
͵ π t ʹ ͵．
8．
（2026·广东云浮·一模）如图，在扇形ܤܱܣ中，ܱ͸ൌܣ，ܤܥ垂直平分ܱܣ，则图中阴影部分的面积为________．
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【答案】͸ߨt
ᦙ͵
ʹ
【分析】连接ܤܣ，先求扇形的圆心角，根据ܵ阴影部分ൌܵ
扇形ܱܤܣtܵ
ᇞܥܤܣ即可求解．
【详解】解：连接ܤܣ，
׶ ܤܥ垂直平分ܱܣ，
׵ܱ
ܤൌܤܣ，סܱܥܤൌᦙ的ι，ܱܥൌ
ꀀ
ʹܱ͵ൌܣ．
׶ܱܱൌܣ
͸ൌܤ，
׵ܱܱൌܣ
ܤܣൌܤ．
׵ᇞܱܤܣ是等边三角形，ܤܥൌܱ
ܤʹ tܱ
ܥʹ ൌ
͸ʹ t ͵ʹ ൌ͵ ͵．
׵ ס͸ൌܤܱܣ的ι．
׵ܵ
阴影部分ൌܵ
扇形ܱܤܣtܵ
ᇞܥܤܣ
ൌ͸的ൈߨൈܱܣʹ
͵͸的
t ꀀ
ʹ ൈܤܥൈܱ
ܥ
ൌ͸的ൈߨൈ͸ʹ
͵͸的
t ꀀ
ʹ ൈ͵ ͵ ൈ͵
ൌ͸ߨt
ᦙ͵
ʹ ．
9．（2026·浙江温州·三模）如图，某手工工作室需要制作一个扇形的装饰挂件，从一块直径为͸dm 的圆形
铁皮上剪出一个圆心角为ᦙ的ι的扇形作为挂件，则此扇形挂件的面积是______dmʹ．
【答案】Ͷ答ͷπ
【分析】连接ܥܣ，由题意可得ܥܣ为直径，即͸ൌܥܣdm，ܥܤൌܤܣ，再结合勾股定理求出ൌܥܤൌܤܣ
͵ ʹdm，最后再由扇形的面积公式计算即可得出结果．
【详解】解：如图，连接ܥܣ，
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∵从一块直径为͸dm 的圆形铁皮上剪出一个圆心角为ᦙ的ι的扇形作为挂件，即סൌܥܤܣᦙ的ι，
∴ܥܣ为直径，即͸ൌܥܣdm，ܥܤൌܤܣ，
∵ܣܤʹ 㘮ܤܥʹ ൌܣܥʹ，
∴͵ൌܥܤൌܤܣʹ dm ，
∴此扇形挂件的面积是
ᦙ的ൈ͵ ʹ
ʹൈπ
͵͸的
ൌͶ答ͷπ．
10．（2026·浙江杭州·二模）如图，一个长为ൌ，宽为͸ 的长方形木板斜靠在水平桌面上的一个小方块上，
其长边与水平桌面成͵的ι夹角，将长方形木板按逆时针方向做两次无滑动的翻滚，使其长边恰好落在水平桌
面݈
上，则木板上点ܣ滚动所经过的路径长为________．（结果保留π）
【答案】
ʹ͵
͵ ߨ/
ʹ͵ߨ
͵
【分析】点ܣ滚动所经过的路径长由两段弧长组成，第一次翻滚是以点ܯ为圆心，ܯܣ长为半径，旋
转角度为͸的ι，第二次翻滚是以点㘠为圆心，矩形对角线长为半径，旋转角度为ᦙ的ι，利用弧长公式计算即
可．
【详解】解：由勾股定理得，矩形的对角线长为ൌʹ 㘮͸ʹ ൌꀀ的，
第一次翻滚，点ܣ经过的路径长为݈ꀀൌ
͸的ߨൈൌ
ꀀൌ的ൌ
ൌ
͵ ߨ，
第二次翻滚，点ܣ经过的路径长为݈ʹ ൌ
ᦙ的ߨൈꀀ的
ꀀൌ的
ൌͷߨ，
则点ܣ滚动所经过的路径长为
ൌ
͵ ߨ㘮ͷߨൌ
ʹ͵
͵ ߨ．
11．（2026·浙江台州·二模）如图1，公园围墙上有一扇窗，其形状是一个扇环，示意图如图2 所示．已知
扇形的圆心角为ꀀʹ的ι，半径ܱܣ，ܱܥ分别为80 cm，40 cm，则这扇窗的面积为_________cmʹ．
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【答案】ꀀ͸的的ߨ
【详解】解：ܵ窗ൌܵ
扇形ܤܱܣtܵ
扇形ܥܱ′
ൌꀀʹ的ι
͵͸的ι ൈπ ൈൌ的ʹ t ꀀʹ的ι
͵͸的ι ൈπ ൈͶ的ʹ
ൌꀀʹ的ι
͵͸的ι ൈπ ൈൌ的ʹ t Ͷ的ʹ
ൌπ
͵ ൈൌ的㘮Ͷ的ൈൌ的t Ͷ的
ൌπ
͵ ൈꀀʹ的ൈͶ的
ൌꀀ͸的的π
12．（2026·浙江温州·二模）如图，将矩形纸片ܥܤܣ′（ܣ′ ൏ܤܣ）折叠，折痕为ܧܣ，使ܣ′ 落在ܤܣ边上，
点′Ԣ为点′ 的对应点，以点ܣ为圆心，ܤܣ为半径画弧，交ܧܣ于点ܨ．若͸ൌܤܣ，则ܤܨ
Ⴃ
的长为______．
【答案】
͵
ʹ π
【分析】本题主要考查图形的翻折变换、矩形的性质以及弧长公式，掌握变换的性质是解决问题的关
键．先得出סܤൌܨܣ
ꀀ
ʹ ס′ܣ′̵ ൌ
ꀀ
ʹ ൈᦙ的ι ൌͶͷι，再得出ܤܨ
Ⴃ
的半径ݎൌ͸ൌܤܣ，最后根据弧长公式݈
ൌ݊
πݎ
ꀀൌ的即可
得出答案．
【详解】解：∵将矩形纸片ܥܤܣ′（ܣ′ ൏ܤܣ）折叠，折痕为ܧܣ，
∴ܧܣ平分ס′ܤܣ，
סܤൌܨܣ
ꀀ
ʹ ס′ܣ′̵ ൌ
ꀀ
ʹ ൈᦙ的ι ൌͶͷι,
又ܤܨ
Ⴃ
的半径ݎൌ͸ൌܤܣ，
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∴݈ܤܨ
Ⴃൌ݊
πݎ
ꀀൌ的ൌ
Ͷͷπൈ͸
ꀀൌ的ൌ
͵π
ʹ ．
13．（2026·浙江金华·一模）如图，在边长为2 的正六边形ܥܤܣ′ܧܨ中，点G 为ܨܣ的中点，连接′ܩ交ܥܨ
于点H，则四边形ܧܨܪ′ 的周长为_____________．
【答案】
ꀀ͸㘮ʹ ꀀ͵
͵
【分析】如图，连接ܣ′，ܤܧ交于点O，连接ܨ′，由正六边形性质得到点O 在ܥܨ上，ܥൌܨܣ′ ൌܧܨൌ
′ܧൌʹ，ܱܱൌܣ
ܱൌܨ
ܱൌܧ′ ൌܱ
ܥ，证明出ᇞܱ
ܧܨ，ᇞܱ
ܧ′，ᇞܱ
ܥ′ 是等边三角形，得到ܱ
ܥൌܱ
ܨൌܱ
ܧൌʹ，
然后利用勾股定理求出ܩ′ ൌ
ܩܨʹ 㘮′ܨʹ ൌ
ꀀ͵，证明出ᇞܩܪܨ׾ᇞ′ܪܥ，得到
ܩܨ
ܥ′ ൌ
ܩܪ
′ܪൌ
ܨܪ
ܥܪ，代数求出
′ܪൌ
ʹ ꀀ͵
͵ ，ܨܪൌ
Ͷ
͵，进而求解即可．
【详解】解：如图，连接ܣ′，ܤܧ交于点O，连接ܨ′
∵正六边形ܥܤܣ′ܧܨ的边长为2
∴点O 在ܥܨ上，ܥൌܨܣ′ ൌܧܨൌ′ܧൌʹ，ܱܱൌܣ
ܱൌܨ
ܱൌܧ′ ൌܱ
ܥ，סൌܨܱܣסܨܱܧൌסܧܱ′ ൌ͸的ι
∴ᇞܱ
ܧܨ，ᇞܱ
ܧ′，ᇞܱ
ܥ′ 是等边三角形
∴ܱܥൌܱ
ܨൌܱ
ܧൌʹ
∴ܥܨൌͶ
∵正六边形ܥܤܣ′ܧܨ
סܥ′ܧൌס′ܧܨൌ͸ t ʹ ൈꀀൌ的ι
͸
ൌꀀʹ的ι
∵ܧܨൌܧ′
∴סܧܨ′ ൌסܧ′ܨൌ
ꀀ
ʹ ꀀൌ的ι t ס′ܧܨൌ͵的ι
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∴סܥ′ܨൌסܥ′ܧt סܧ′ܨൌᦙ的ι
∴′ܨʹ ൌܥܨʹ t ܥ′ʹ ൌꀀʹ
∵ܨܣ∥ܥ′
∴סܨܣ′ ൌꀀൌ的ι t סܥ′ܨൌᦙ的ι
∵点G 为ܨܣ的中点
∴ൌܩܨൌܩܣ
ꀀ
ʹൌܨܣꀀ
∴ܩ′ ൌ
ܩܨʹ 㘮′ܨʹ ൌ
ꀀ͵
∵ܨܣ∥ܥ′
∴ᇞܩܪܨ׾ᇞ′ܪܥ
∴
ܩܨ
ܥ′ ൌ
ܩܪ
′ܪൌ
ܨܪ
ܥܪ，即
ꀀ
ʹ ൌ
ꀀ͵tܪ′
′ܪ
ൌ
ܨܪ
Ͷtܨܪ
∴′ܪൌ
ʹ ꀀ͵
͵ ，ܨܪൌ
Ͷ
͵
∴四边形ܧܨܪ′ 的周长为′ܧ㘮ܧܨ㘮ܨܪ㘮ܪ′ ൌʹ 㘮ʹ 㘮
Ͷ
͵ 㘮
ʹ ꀀ͵
͵
ൌ
ꀀ͸㘮ʹ ꀀ͵
͵
．
14．（2026·浙江·模拟预测）在ᇞܥܤܣ中，ܥܣൌܤܣ，סܤൌܥܣꀀʹ的ι．
(1)尺规作图：作ٖܱ
，使圆心O 在ܤܥ上，ٖܱ
经过A，B 两点（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：ܥܣ是（1）题所作ٖܱ
的切线．
【答案】(1)
解：如图所示：ٖܱ
即为所求；
(2)
解：连接ܣܱ，
∵ܥܣൌܤܣ，סܤൌܥܣꀀʹ的ι，
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∴סܤൌסܥൌ͵的ι，
∵ܱܱൌܣ
ܤ，
∴סꀀൌסܤൌ͵的ι，
∴סʹ ൌᦙ的ι，
即ܱܣ٣ܥܣ，
∵ܣܱ为ٖܱ
半径，
∴ܥܣ是ٖܱ
的切线．
【分析】（1）作线段ܤܣ的垂直平分线，交ܤܥ于点O，以点O 为圆心，ܱܣ为半径画圆；
（2）连接ܣܱ，利用三角形内角和求出סʹ ൌᦙ的ι，即可证明切线．
【详解】（1）略
（2）略
15．（2026·浙江宁波·二模）单规作图问题：
如图1，已知直线݈
及直线݈
外一点䁨，只用一把圆规画一点依，使得䁨，依所在直线与直线ܤܣ平行．
下面是小尹设计的作图过程．
ᬅ如图2，在直线݈
上取一点ܱ
，以点ܱ
为圆心，ܱ䁨长为半径画半圆，交直线݈
于ܣ，ܤ两点；
ᬆ以点ܣ为圆心，截取ܣ䁨长；
ᬇ以点ܤ为圆心，ܣ䁨长为半径画弧，交半圆于点依；
则点依就是所求作的点．
(1)根据小尹设计的单规作图过程，补充完成下面的证明．
证明：连接ܣ䁨，ܤ依，作直线䁨依；
(2)小周认为“在直线݈
上取点ܱ
时，ܱ䁨不能垂直于݈，否则所作点依不满足题意．”你认为他说得对吗？请
谈谈你的理解．
【答案】(1)
证明：连接ܣ䁨，ܤ依，作直线䁨依，连接ܤ䁨，
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由作图步骤可知，ܣ䁨ൌܤ依，
׵ܣ䁨
෼
ൌܤ依
෼
，
׵ סܤܣ䁨ൌס依䁨ܤ，
׵ 䁨依∥ܤܣ；
(2)小周说得对，理由如下：
׶ܣ䁨ൌܤ依，
׵ܣ䁨
෼
ൌܤ依
෼
，
若ܱ
䁨٣݈，则סܣܱ䁨ൌסܤܱ依ൌᦙ的ι，即点䁨，依重合，
׵无法作出直线使其与ܤܣ平行，即点依不是所求作的点．
【分析】（1）连接ܤ䁨，根据弧与弦的关系得到ܣ䁨
෼
ൌܤ依
෼
，再根据等弧所对的圆周角相等可得סܤܣ䁨ൌ
ס依䁨ܤ，即可得证；
（2）根据圆周角定理、垂直的定义求解即可．
【详解】（1）略
（2）略
16．（2026·浙江衢州·一模）如图，ٖܱ
的周长为4 厘米，ܤܣ为ٖܱ
的直径．动点䁨从点ܣ出发，在圆周
上按顺时针方向作匀速运动，速度为1 厘米/秒，点䁨出发1 秒后，动点依也从ܣ点出发，以ݒ厘米
．．/．秒．的
速度在圆周上按顺时针方向作匀速运动，设动点䁨运动ݐ秒时，点䁨，依与点ܣ间的劣弧（或半圆）长分
别记为ݕꀀ，ݕʹ，则ݕꀀ，ݕʹ关于ݐ的函数图象如图2 所示．
(1)试确定动点依的速度ݒ．
(2)当ʹ ൑ݐ൑Ͷ 时，求ݕꀀ关于ݐ的一次函数表达式，并求出当ݐൌ
ͷ
ʹ时，ݕꀀ的值．
(3)若图2 中的点ܥ为两个函数图象的交点，求点ܥ的坐标，并求此时点䁨，点依间的劣弧长．
【答案】(1)ݒൌ
Ͷ
͵厘米/秒
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(2)ݕꀀൌt ݐ㘮Ͷ ʹ ൑ݐ൑Ͷ ，当ݐൌ
ͷ
ʹ秒时，ݕꀀൌ
͵
ʹ
(3)点䁨，点依间的劣弧长为
Ͷ
对厘米
【分析】本题主要考查一次函数的运用，
（1）根据图2 可知，当ݐൌʹ答ͷ 秒时，ݕʹ ൌʹ 厘米，由此即可求解；
（2）根据图2 信息，运用待定系数法得到函数解析式，令ݐൌ
ͷ
ʹ代入函数解析式即可求解；
（3）运用待定系数法得到ݕʹ的解析式，联立方程组求解得到点C 的坐标，结合点C 得到点䁨，点依
间的劣弧长．
【详解】（1）解：点依与点ܣ间的劣弧（或半圆）长分别记为ݕʹ，
根据图2 可知，当ݐൌʹ答ͷ 秒时，ݕʹ ൌʹ 厘米，
∴ݒൌʹ ൊʹ答ͷ t ꀀൌ
Ͷ
͵厘米/秒；
（2）解：当ݐൌʹ 秒时，ݕꀀൌʹ 厘米，当ݐൌͶ 秒时，ݕꀀൌ的厘米，
∴设ݕꀀൌ݇
ݐ㘮്ܾ݇
的ǡʹ ൑ݐ൑Ͷ ，
∴ʹ݇㘮ܾ
ൌʹ
Ͷ݇㘮ܾ
ൌ的，
解得，݇
ൌt ꀀܾ
ൌͶ ，
∴ݕꀀൌt ݐ㘮Ͷ ʹ ൑ݐ൑Ͷ ，
当ݐൌ
ͷ
ʹ秒时，ݕꀀൌt
ͷ
ʹ 㘮Ͷ ൌ
͵
ʹ；
（3）解：设ݕʹ ൌ݉
ݐ㘮്݊݉
的ǡꀀ൑ݐ൑ʹ答ͷ ，
由图2 可知，当ݐൌꀀ秒时，ݕʹ ൌ的厘米，当ݐൌʹ答ͷ 秒时，ݕʹ ൌʹ 厘米，
∴݉
㘮݊
ൌ的
ʹ答ͷ݉
㘮݊
ൌʹ ，
解得，݉
ൌ
Ͷ
͵݊
ൌt
Ͷ
͵
，
∴ݕʹ ൌ
Ͷ
͵ ݐt
Ͷ
͵ ꀀ൑ݐ൑ʹ答ͷ ，
∴当ʹ ൑ݐ൑ʹ答ͷ 时，联立方程组得
ݕൌt ݐ㘮Ͷ
ݕൌ
Ͷ
͵ ݐt
Ͷ
͵
，
解得，
ݐൌ
ꀀ͸
对
ݕൌ
ꀀʹ
对
，
∴ܥ
ꀀ͸
对ǡ
ꀀʹ
对，
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当ݐൌ
ꀀ͸
对秒时，点䁨从点A 顺时针旋转到点B 下方，路程为
ꀀ͸
对ൈꀀൌ
ꀀ͸
对（厘米），此时点P 距点A 的
距离为Ͷ t
ꀀ͸
对ൌ
ꀀʹ
对（厘米），
点依从点A 顺时针旋转到直径ܤܣ上方，路程为
ꀀʹ
对厘米，
∴此时点䁨，点依间的劣弧长为
ꀀ͸
对t
ꀀʹ
对ൌ
Ͷ
对（厘米）．
17．（2026·浙江杭州·二模）【问题背景】
风筝，古称“纸鸢”，是中国传统手工艺瑰宝，其经典骨架结构的平面图如图1 所示．某校开展“传统工艺中
的数学”探究活动，对风筝骨架展开证明与计算．
【数学理解】
如图2，在风筝骨架中，ܥܣൌܤܣ，ܤ′
Ⴃ，ܥ′
Ⴃ分别是两个等圆ٖܱ
ꀀ和ٖܱ
ʹ的弧，且ܤ′
Ⴃൌܥ′
Ⴃ．
(1)求证：ᇞܤܣ′، ᇞܥܣ′．
(2)在制作好风筝骨架结构后，需贴上如图1 所示的风筝纸，其中ܣൌܥܣൌܤܣ′ ൌꀀ的，ܤ′
Ⴃൌܥ′
Ⴃൌ͸的ι，
סܤܣ′ ൌ͸的ι，求所需风筝纸的面积（点ܤ，′，ܥ三处的装饰物不计）．
【答案】(1)证明：∵ܤ′
Ⴃ，ܥ′
Ⴃ分别是两个等圆ٖܱ
ꀀ和ٖܱ
ʹ的弧，且ܤ′
Ⴃൌܥ′
Ⴃ，
∴ܤ′ ൌܤ′，
又∵ܥܣൌܤܣ，ܣ′ ൌܣ′，
∴ᇞܤܣ′، ᇞܥܣ′ SSS ；
(2)ꀀ的的͵ t
ꀀ的的π
͵
【分析】（1）根据等弧对等弦得出ܤ′ ൌܤ′，进而根据SSS 证明ᇞܤܣ′، ᇞܥܣ′；
（2）连接ܱ
ꀀ′ǡܱ
ꀀܤ，设ܣܱ
ꀀǡܤ′ 交于点ܧ，证明四边形ܤܣܱ
ꀀ′ 是菱形，进而求得其面积，再求得扇形ܱ
ꀀܤ′ 的面积，进而求得风筝的面积．
【详解】（1）略
（2）解：如图，连接ܱ
ꀀ′ǡܱ
ꀀܤ，设ܣܱ
ꀀǡܤ′ 交于点ܧ，
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∵ܤ′
Ⴃൌܥ′
Ⴃൌ͸的ι，
∴סܤܱ
ꀀ′ ൌ͸的ι，
∵ܱ
ꀀܤൌܱ
ꀀ′，
∴ᇞܱ
ꀀܤ′ 是等边三角形，
∴ܱ
ꀀܤൌܱ
ꀀ′ ൌܤ′，
又∵ܣൌܥܣൌܤܣ′ ൌꀀ的，סܤܣ′ ൌ͸的ι，
∴ᇞܤܣ′ 是等边三角形，
∴ܤൌܤܣ′ ൌܣ′，
∴ܱ
ꀀܤൌܱ
ꀀ′ ൌܣൌܤܣ′，
∴四边形ܤܣܱ
ꀀ′ 是菱形，
∴ܤܧൌܧ′ ൌͷ，ܧܣ٣ ܤܧ，
∴ൌܧܣ
ܣܤʹ t ܤܧʹ ൌͷ ͵，
∴ܣܱ
ꀀൌꀀ的͵，
∴ܵ菱形ܤܣܱ
ꀀ′ ൌ
ꀀ
ʹܣܱ
ꀀڄ ܤ′ ൌ
ꀀ
ʹ ൈꀀ的͵ ൈꀀ的ൌͷ的͵，
∵ܵ扇形ܱ
ꀀܤ′ ൌ
͸的
͵͸的π ൈꀀ的ʹ ൌ
ͷ的
͵ π，
∴所需风筝纸的面积为ʹ ൈͷ的͵ t
ͷ的π
͵
ൌꀀ的的͵ t
ꀀ的的π
͵ ．
18．（2026·浙江宁波·二模）如图1，在ᇞܥܤܣ中，ܥܣൌܤܣ，ٖܱ
是ᇞܥܤܣ的外接圆，点′ 是弧ܥܣ上一
点，弦ܤ′ 交边ܥܣ于点ܧ，连接ܱܣ并延长交ܤܥ于点ܨ，交ܤ′ 于点ܪ．
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(1)求证：ܨܣ平分סܤܥܣ
(2)当סܨܣ′ ൌʹסܤܨܣ，求证：ܣൌܪܣ′
(3)如图2，当ܤ′ 是ٖܱ
直径时，
①若͵ൌܧܣ，ܥܧൌͶ，求边ܤܥ的长．
②设
ܥܧ
ܧܣൌݔ，sinסܥൌݕ，求ݕ关于ݔ的函数关系式．
【答案】(1)证明：如图，连接ܱ
ܤ，ܱܥ，
∵ܥܣൌܤܣ，ܱܤൌܱ
ܥ，ܱܱൌܣ
ܣ，
׵ᇞܱܤܣ؆ᇞܱܥܣSSS ，
׵ סܤܣܱ
ൌסܥܣܱ，
∴ܨܣ平分סܤܥܣ．
(2)证明：∵סܤܣܱ
ൌסܥܱܣ，סܨܣ′ ൌʹסܤܨܣ，
∴סܨܣ′ ൌʹסܥܨܣ，
∴סܥܣ′ ൌסܨൌܥܣסܤܨܣ．
׶ סܥܤ′ ൌסܥܣ′，
׵ סܥܤ′ ൌסܨܥܣ．
∵ܥܣൌܤܣ，ܨܣ平分סܤܥܣ，
׵ܨܣ٣ ܤܥ，
׵ סܨܥܣ㘮סൌܨܥܣᦙ的ι，
׵ סܥܤ′ 㘮סൌܨܥܣᦙ的ι，
׵ סൌܤܧܣסܧܣ′ ൌᦙ的ι，
׵ סܪܣ′ ൌᦙ的ι t סܨܥܣ，סܣ′ܪൌᦙ的ι t סܥܣ′，
׵ סܪܣ′ ൌסܣ′ܪ，
∴ܣൌܪܣ′．
(3)①
对͸
͵ ；②ݕൌ
ݔ㘮ʹ
ʹ
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【分析】（1）连接ܱ
ܤ，ܱܥ，证明ᇞܱܤܣ؆ᇞܱܥܣSSS ，即可得证；
（2）由סܨܣ′ ൌʹסܤܨܣ，得סܥܣ′ ൌסܨൌܥܣסܤܨܣ，由סܥܤ′ ൌסܥܣ′，得סܥܤ′ ൌסܨܥܣ，由等腰三
角形三线合一得ܨܣ٣ ܤܥ，则סൌܤܧܣסܧܣ′ ൌᦙ的ι，可得סܪܣ′ ൌסܣ′ܪ，根据等角对等边即可得证；
（3）①过点ܧ作ܧܪ∥ܤܥ，交ܨܣ于点ܪ，利用相似三角形的判定与性质得到ܱ
ܧܱ
ܤൌ
ܪܧ
ܤܨൌ
͵
对，设ܱ
ܧൌ͵݇，
则ܱ
ܤൌ对݇，则ܱ
′ ൌܱ
ܤൌ对݇,′ܧൌܱ
′ tܱ
ܧൌͶ݇
，ܤܧൌܱ
ܤ㘮ܱ
ܧൌꀀ的݇，利用相似三角形的判定与性
质求得݇
值，再利用勾股定理求得ܣ′，最后利用相似三角形的判定与性质求得ܥܨ，则ܤܥൌʹܥܨ；②过点
ܧ作ܧܪ∥ܤܥ，交ܨܣ于点ܪ，类比①的方法表示ܧܣ，ܣ′ 和ܤܣ的长度，利用圆周角定理，得到sinסܥൌsinס′，
则结论可求．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：①如图，过点ܧ作ܧܪ∥ܤܥ，交ܨܣ于点ܪ，
由（1）知：ܨܣ平分סܤܥܣ，
׶ܥܣൌܤܣ，
׵ ܤܨൌܥܨ．
׶ ܧܪ∥ܤܥ，
׵ᇞܪܧܣ׾ᇞܨܥܣ，
∴
ܪܧ
ܥܨൌ
ܧܣ
ܥܣൌ
͵
͵㘮Ͷ ൌ
͵
对，
∴
ܪܧ
ܤܨൌ
͵
对．
׶ ܧܪ∥ܤܥ，
׵ᇞܱ
ܧܪ׾ᇞܱ
ܤܨ，
∴ܱ
ܧܱ
ܤൌ
ܪܧ
ܤܨൌ
͵
对．
设ܱ
ܧൌ͵݇，则ܱ
ܤൌ对݇，
׵ܱ
′ ൌܱ
ܤൌ对݇，
׵ ′ܧൌܱ
′ tܱ
ܧൌͶ݇，ܤܧൌܱ
ܤ㘮ܱ
ܧൌꀀ的݇．
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׶ ס′ ൌסܥ，סܧܣ′ ൌסܤܧܥ，
׵ᇞܧܣ′ ׾ᇞܤܧܥ，
∴
ܧܣ
ܤܧൌ
′ܧ
ܧܥ，
׵ܧܣڄ ܧܥൌܤܧڄ ′ܧ，
׵ ͵ ൈͶ ൌꀀ的݇ൈͶ݇，
׶݇
＞的，
׵݇
ൌ
͵的
ꀀ的，
׵ ܤ′ ൌ
对͵的
ͷ ．
׶ൌܥܣൌܤܣ对，
׵ܣ′ ൌ
ܤ′ʹ tܣܤʹ ൌ
对ͷ
ͷ ．
׶ ܤ′ 是ٖܱ
直径，
׵ סܤܣ′ ൌᦙ的ι，
׵ סܤܣ′ ൌסൌܥܨܣᦙ的ι，
׶ ס′ ൌסܥ，
׵ᇞܤܣ′ ׾ᇞܥܨܣ，
∴
ܣ′
ܤ′ ൌ
ܥܨ
ܥܣ，
∴
对ͷ
ͷ
对͵的
ͷ
ൌ
ܥܨ
对，
׵ ܥܨൌ
对͸
͸ ，
׵ ܤܥൌʹܥܨൌ
对͸
͵ ．
②如图，过点ܧ作ܧܪ∥ܤܥ，交ܨܣ于点ܪ，
由（1）知：ܨܣ平分סܤܥܣ，
׶ܥܣൌܤܣ，
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׵ ܤܨൌܥܨ．
׶ ܧܪ∥ܤܥ，
׵ᇞܪܧܣ׾ᇞܨܥܣ，
∴
ܪܧ
ܥܨൌ
ܧܣ
ܥܣ．
∵
ܥܧ
ܧܣൌݔ，
∴ܥܧൌݔܧܣ，
׵ൌܥܣݔ㘮ꀀܧܣ，
∴
ܪܧ
ܨܥൌ
ꀀ
ꀀ㘮ݔ，
∴
ܪܧ
ܤܨൌ
ꀀ
ꀀ㘮ݔ．
׶ ܧܪ∥ܤܥ，
׵ᇞܱ
ܧܪ׾ᇞܱ
ܤܨ，
∴ܱ
ܧܱ
ܤൌ
ܪܧ
ܤܨൌ
ꀀ
ꀀ㘮ݔ．
设ܱ
ܧൌ݇
，则ܱ
ܤൌꀀ㘮ݔ݇
，
׵ܱ
′ ൌܱ
ܤൌꀀ㘮ݔ݇
，
׵ ′ܧൌܱ
′ tܱ
ܧൌݔ݇，ܤܧൌܱ
ܤ㘮ܱ
ܧൌݔ㘮ʹ݇
．
׵ ܤ′ ൌܤܧ㘮′ܧൌʹݔ㘮ʹ݇
．
׶ ס′ ൌסܥ，סܧܣ′ ൌסܤܧܥ，
׵ᇞܧܣ′ ׾ᇞܤܧܥ，
∴
ܧܣ
ܤܧൌ
′ܧ
ܧܥ，
׵ܧܣڄ ܧܥൌܤܧڄ ′ܧ，
׵ܧܣڄ ݔൌܧܣݔ㘮ʹ݇
ڄ ݔ݇，
׶݇
＞的，ܧܣ＞的，
׵ൌܧܣݔ㘮ʹ݇，
׵ ܧܥൌݔݔ㘮ʹ݇，
׵ܧܣൌܥܣ㘮ܧܥൌݔ㘮ꀀ
ݔ㘮ʹ݇，
׵ൌܤܣൌܥܣݔ㘮ꀀ
ݔ㘮ʹ݇．
׶ ܤ′ 是ٖܱ
直径，
׵ סܤܣ′ ൌᦙ的ι，
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׵ sinס′ ൌ
ܤܣ
ܤ′ ൌ
ݔ㘮ꀀ
ݔ㘮ʹ݇
ʹݔ㘮ʹ݇
ൌ
ݔ㘮ʹ
ʹ ，
׶ ס′ ൌסܥ，
׵ sinסܥൌݕൌsinס′ ൌ
ݔ㘮ꀀ
ݔ㘮ʹ݇
ʹݔ㘮ʹ݇
ൌ
ݔ㘮ʹ
ʹ ，
׵ ݕൌ
ݔ㘮ʹ
ʹ ．
19．（2026·浙江嘉兴·二模）已知ܤܣ，ܥ′ 是圆的两条弦，ܥ′ ٣ܤܣ，垂足为ܧ（点ܥ在优弧上，点′ 在劣
弧上），且Ͷൌܤܣ．
(1)如图ꀀ，ܥ′ 是直径，ܱ
是圆心，且ܱ
ܧൌ͵，求ٖܱ
的半径；
(2)如图ʹ，连结ܥܣ并延长至点ܨ，再连结ܣ′，ܤܥ．若ס′Ͷൌܨܣס′ܤܣ且ס͸͵ൌܤܥܣι，求סܤ的度数；
(3)如图͵，若ܥ′ 经过端点ܣ，点ܯ是弦ܤܣ上一点，点䁨，依在圆上．连结ܥܯ，ܥ䁨，ܥ依，满足ܥ䁨ൌܥܯൌܥ依．连
结䁨依交ܤܣ于点㘠，求ܣ㘠㘮ܤܯ的最小值．
【答案】(1) ꀀ͵
(2)͸ᦙι
(3)͵
【分析】（ꀀ）借助垂径定理得半弦长，再在直角三角形里用勾股定理求出圆半径；
（ʹ）设未知角为ݔ，结合角度倍数、圆周角性质列方程求出ݔ，再利用直角互余算出סܤ；
（͵）构造以ܥ为圆心、ܥܯ为半径的辅助圆，结合垂径定理、相交弦定理建立线段关系式，化简推导
出ܣ㘠与ܯܣ的数量关系，再配方转化为二次函数形式，进而求出ܣ㘠㘮ܤܯ的最小值．
【详解】（1）解：连接ܱܣ，
∵ܥ′ ٣ܤܣ且ܥ′ 是直径，
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∴ൌܧܣ
ꀀ
ʹܤܣ，
∵Ͷൌܤܣ，
∴ʹൌܧܣ，
∵ܱܧൌ͵，
∴ܱൌܣʹʹ 㘮͵ʹ ൌ
ꀀ͵，
∴圆的半径是ꀀ͵；
（2）解：设ס′ݔൌܤܣ，则ס′ݔͶൌܨܣ，
∴סܤݔͷൌܨܣ，
∵ܥ′ ٣ܤܣ，
∴סܥܣ′ ൌͷݔt ᦙ的，
∵ס′ൌܤܣס′ܥܤ，
∴ס′ܥܤൌݔ，
∵ס͸͵ൌܤܥܣι ，
∴ͷݔt ᦙ的㘮ݔൌ͵͸，
∴ݔൌʹꀀ，
∵ܥ′ ٣ܤܣ，
∴סܤൌᦙ的ι t ʹꀀι ൌ͸ᦙι；
（3）解：以ܥ为圆心，ܥܯ的长为半径作圆，交ܤܣ的延长线于点ܧ，
׶ ܥ䁨ൌܥܯൌܥ依，
׵ 䁨，依两点在ٖ
ܥ上，
׶ ܥ′ ٣ܤܣ，
׵ܧܣൌܯܣ，
׵ ܧ㘠ൌܯܣ㘮ܣ㘠，ܯ㘠ൌܯܣtܣ㘠，
׶ 䁨㘠ڄ 㘠依ൌܣ㘠ڄ 㘠ܤ，䁨㘠ڄ 㘠依ൌܧ㘠ڄ ܯ㘠，
׵ ܧ㘠ڄ ܯ㘠ൌܣ㘠ڄ 㘠ܤ，
׶Ͷൌܤܣ，
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׵ܯܣ㘮ܣ㘠ܯܣtܣ㘠ൌܣ㘠Ͷ tܣ㘠，
׵ܣܯʹ tܣ㘠ʹ ൌͶܣ㘠tܣ㘠ʹ，
׵ܣ㘠ൌ
ꀀ
Ͷܣܯʹ，
׵ܣ㘠㘮ܤܯൌ
ꀀ
Ͷܣܯʹ tܯܣ㘮Ͷ ൌ
ꀀ
Ͷ ሺܯܣt ʹሻʹ 㘮͵，
׵当ʹൌܯܣ时，ܣ㘠㘮ܤܯ的最小值是͵．
20．（2026·浙江湖州·二模）如图，在锐角ᇞܥܤܣ中，ܥܣൌܤܣ，以ܤܣ为直径作半圆交ܤܥ，ܥܣ于点′，ܧ，
在弦′ܧ的延长线上取点ܨ，使סܨൌܧܣ
ꀀ
ʹ סܥܤܣ，将ᇞܧܨܣ沿ܨܣ翻折至ᇞܩܨܣ，延长ܩܨ交射线ܤܥ于点
ܪ．
(1)若סൌܥܤܣ对的ι，求סܩ的度数．
(2)求证：四边形ܩܪܤܣ是平行四边形．
(3)若ܨܩൌʹܨܪ，求
ܤܥ
ܤܣ的值．
【答案】(1)对的ι
(2)证明：∵ᇞܧܨܣ، ᇞܩܨܣ，
∴סܩൌܨܣסܨܧܣ
∴סܩʹൌܥܣסܨൌܧܣסܥܤܣ，
∵ܥܣൌܤܣ，
∴סൌܤܥܣסܥܤܣ，
∴סܩൌܥܣסܤܥܣ，
∴ܩܣ∥ܤܪ，
∴סܥܤܣ㘮סܤൌܩܣꀀൌ的ι；
由（1）得：סܩൌסܥܤܣ，
∴סܩ㘮סܤൌܩܣꀀൌ的ι，
∴ܪܩ∥ܤܣ，
∴四边形ܩܪܤܣ是平行四边形．
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(3)
ꀀ的tʹ
͵
【分析】（1）先推导出סܨܧൌܣסൌܥܤܣ对的ι ，再根据翻折，得到ᇞܧܨܣ، ᇞܩܨܣ，则סܩൌסܨܧൌܣ
סൌܥܤܣ对的ι ，即可解答；
（2）先推导出סܩʹൌܥܣסܨൌܧܣסܥܤܣ，得到סܩൌܥܣסܤܥܣ，则ܩܣ∥ܤܪ，继而推导出סܩ㘮סܤൌܩܣ
ꀀൌ的ι，得到ܪܩ∥ܤܣ，则四边形ܩܪܤܣ是平行四边形，即可解答；
（3）连结ܣ′，设ܨܪൌܽ
，则ܨܩൌܨܧൌʹܽ，ܩܪൌ͵ܽ，推导出ܽ͵ൌܪܩൌܤܣൌܥܣ，ܤܪൌܩܣ，
设ܤ′ ൌݔ，推导出ܤ′ ൌܥ′ ൌݔ，סܥܣ′ ൌסܤܣ′，得到′ܧൌܤ′ ൌܥ′ ൌݔ，即ܤܥൌʹݔ，继而推导出
ᇞܥܧ′ ׾ᇞܥܤܣ，得到ܥܧൌ
ʹ
͵ܽݔʹ，ܽ͵ൌܧܣൌܩܣt
ʹ
͵ܽݔʹ，延长ܩܪ，ܥܣ交于点ܯ，推导出ᇞܧܨܯ׾ᇞܪܨ′ ，
得到，ܯܪൌ͵ܽ㘮ʹݔ，进而推导出ᇞܯܪܥ׾ᇞܥܤܣ，得到ܥܪൌʹݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ，则ܤܪൌͶݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ，再根据
ܤܪൌܩܣ，得到Ͷݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ ൌ͵ܽ
t
ʹ
͵ܽݔʹ，解得ݔൌ
ꀀ的tʹ
ʹܽ
，则
ܤܥ
ܤܣൌ
ʹݔ
͵ ൌ
ꀀ的tʹ
͵
，即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形ܤܣ′ܧ内接于圆，
∴סܥܤܣ㘮סܧܣ′ ൌꀀൌ的ι，
∵סܨܧܣ㘮סܧܣ′ ൌꀀൌ的ι，
∴סܨܧൌܣסൌܥܤܣ对的ι ，
∵ᇞܧܨܣ沿ܨܣ翻折至ᇞܩܨܣ，
∴ᇞܧܨܣ، ᇞܩܨܣ，
∴סܩൌסܨܧൌܣסൌܥܤܣ对的ι ．
（2）略
（3）解：如图，连结ܣ′，设ܨܪൌܽ
，则ܨܩൌܨܧൌʹܽ，ܩܪൌ͵ܽ，
∵四边形ܩܪܤܣ是平行四边形，
∴ܽ͵ൌܪܩൌܤܣൌܥܣ，ܤܪൌܩܣ，
设ܤ′ ൌݔ，
∵ܤܣ是直径，
∴סܣ′ܤൌᦙ的ι，即：ܣ′ ٣ ܤܥ，
∵ܥܣൌܤܣ，
∴ܤ′ ൌܥ′ ൌݔ，סܥܣ′ ൌסܤܣ′，
׵ ′ܧ
෼
ൌܤ′
෼
∴′ܧൌܤ′ ൌܥ′ ൌݔ，即ܤܥൌʹݔ，
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由四边形ܤܣ′ܧ内接于圆，同理可得
∴סܥܧ′ ൌסܤ，
∵סܧܥ′ ൌסܤܥܣ，
∴ᇞܥܧ′ ׾ᇞܥܤܣ，
∴
ܥܧ
ܥܤൌ
ܥ′
ܥܣ，故ܥܧڄ ܥܥൌܣ′ ڄ ܥܤ，即：͵ܽܥܧൌݔڄ ʹݔ，ܥܧൌ
ʹ
͵ܽݔʹ，ܽ͵ൌܧܣൌܩܣt
ʹ
͵ܽݔʹ，
延长ܩܪ，ܥܣ交于点ܯ，
∵四边形ܤܣ′ܧ内接于圆，
∴סܧܣ′ 㘮סܤൌꀀൌ的ι，
∵ܩܪ∥ܤܣ，
∴סܩܪܤ㘮סܤൌꀀൌ的ι ，
∴סܩܪܤൌסܧܣ′ ൌסܨܧܥ，
∵סܧܨܯൌסܪܨ′ ，
∴ᇞܧܨܯ׾ᇞܪܨ′ ，
∴
ܧܨ
ܨܪൌ
ܨܯ
ܨ′，故ܨܪڄ ܨܯൌܨܧڄ ܨ′ ，即：ܨܯൌʹ ʹܽ㘮ݔൌͶܽ㘮ʹݔ，ܯܪൌ͵ܽ㘮ʹݔ，
∵ܩܪ∥ܤܣ，
∴ᇞܯܪܥ׾ᇞܥܤܣ，
∴
ܥܪ
ܥܤൌ
ܯܪ
ܤܣ，故ܥܪڄܤܥൌܤܣڄ ܯܪ，
即͵ܽܥܪൌʹݔ͵ܽ㘮ʹݔ，ܥܪൌʹݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ，
∴ܤܪൌͶݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ，
由ܤܪൌܩܣ得：Ͷݔ㘮
Ͷ
͵ܽݔʹ ൌ͵ܽ
t
ʹ
͵ܽݔʹ，故ʹݔʹ 㘮Ͷܽݔt ͵ܽʹ ൌ的，
由ݔ㜠的，解得：ݔൌ
ꀀ的tʹ
ʹܽ
，
∴
ܤܥ
ܤܣൌ
ʹݔ
͵ܽൌ
ꀀ的tʹ
͵
，即：
ܤܥ
ܤܣ的值为
ꀀ的tʹ
͵
．
21．（2026·浙江杭州·二模）如图，ܤܣ是ٖܱ
的直径，延长ܤܣ至点ܥ，ܥ′ 切ٖܱ
于点′，点ܧ在劣弧ܣ′
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上，且סܧܣ′ ൌס′ܤܣ，连接′ܧ，ܱ′，′ܤ．
(1)求证：סܥ′ܤൌס′ܥܣ．
(2)求证：
ܤ′
ܣ′ ൌ
ܥ′
ܥܣ．
(3)已知ܤܥൌͶ，tanסܧܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ，求线段ܧܣ的长．
【答案】(1)∵ܥ′ 是ٖܱ
的切线，
∴סܱ′ܥൌᦙ的ι，即סܥ′ܤ㘮סܱ′ܤൌᦙ的ι
∵ܤܣ是ٖܱ
的直径，
∴סܣ′ܤൌᦙ的ι，即סܣ′ܱ
㘮סܱ′ܤൌᦙ的ι
∵ܱܱൌܣ′，
∴סܣ′ܱ
ൌס′ܥܣ，
∴סܥ′ܤൌס′ܥܣ；
(2)∵סܥൌסܥ，
∴סܤ′ܥൌס′ܥܣ，
∴ᇞܤ′ܥ׾ᇞ′ܥܣ，
∴
ܤ′
ܣ′ ൌ
ܥ′
ܥܣ；
(3)
͵͸
ͷ
【分析】（1）根据切线的性质得出סܥ′ܤ㘮סܱ′ܤൌᦙ的ι，根据直径所对的圆周角是直角可得סܣ′ܱ
㘮
סܱ′ܤൌᦙ的ι，根据等角的余角相等得出סܥ′ܤൌס′ܥܣ；
（2）证明ᇞܤ′ܥ׾ᇞ′ܥܣ，根据相似三角形的性质，即可得证；
（3）根据已知可得tanס′ൌܤܣ
′ܤ
ܣ′ ൌtanסܧܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ，ܧ′ ൌܤ′，设ܤ′ ൌݔ，则ܣ′ ൌʹݔ得出ൌܤܣͷݔ，
根据ᇞܤ′ܥ׾ᇞ′ܥܣ得出′ܧൌܤ′ ൌ
ꀀʹ ͷ
ͷ ，ܣ′ ൌ
ʹͶ
ͷ
ͷ，过′ 作′ܨ٣ܧܣ于点ܨ，令′ܨൌܽ
，根据勾股定
理求得ܣ′，进而得出ܽ
ൌ
ʹͶ
ͷ ，求得′ܨൌ
ʹͶ
ͷ ，ൌܨܣ
Ͷൌ
ͷ ，进而勾股定理求得ܧܨ，根据ܨܣൌܧܣt ܧܨ，即可
求解．
【详解】（1）略
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（2）略
（3）解：∵סܧܣ′ ൌס′ܤܣ，tanסܧܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ，
∴tanס′ൌܤܣ
′ܤ
ܣ′ ൌtanסܧܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ，ܧ′
Ⴃൌܤ′
Ⴃ，
∴ܧ′ ൌܤ′
设ܤ′ ൌݔ，则ܣ′ ൌʹݔ，ܧ′ ൌܤ′ ൌݔ
∴ൌܤܣͷݔ
∵ᇞܤ′ܥ׾ᇞ′ܥܣ
∴
ܥ′
ܥܣൌ
ܤܥ
ܥ′ ൌ
ܤ′
ܣ′ ൌ
ꀀ
ʹ
∴ܥ′ ൌ
ꀀ
ʹൌܥܣ
ꀀ
ʹܤܣ㘮ܤܥൌ
ꀀ
ʹ Ͷ 㘮
ͷݔൌʹ 㘮
ͷ
ʹ ݔ，ܥ′ ൌʹܤܥൌൌ，
∴ʹ 㘮
ͷ
ʹ ݔൌൌ
解得ݔൌ
ꀀʹ
ͷ
ͷ
∴′ܧൌܤ′ ൌ
ꀀʹ ͷ
ͷ ，ܣ′ ൌ
ʹͶ
ͷ
ͷ
过′ 作′ܨ٣ܧܣ于点ܨ，令′ܨൌܽ
，
∵tanסܧܣ′ ൌ
′ܨ
ܨܣൌ
ꀀ
ʹ
∴ܽʹൌܨܣ
在Rt ᇞܨܣ′ 中，ܣ′ ൌܣܨʹ 㘮ܨ′ʹ ൌ
ͷܽ
∴ܽ
ൌ
ʹͶ
ͷ
∴′ܨൌ
ʹͶ
ͷ ，ൌܨܣ
Ͷൌ
ͷ
在Rt ᇞ′ܧܨ中，ܧܨൌ
′ܧʹ t ′ܨʹ ൌ
ꀀʹ ͷ
ͷ
ʹ
t
ʹͶ
ͷ
ʹ
ൌ
ꀀʹ
ͷ
∴ܨܣൌܧܣt ܧܨൌ
͵͸
ͷ
22．（2026·浙江杭州·二模）如图，ᇞܥܤܣ是ٖܱ
内接三角形，סܤܥܣ的角平分线ܥ′ 交ܤܣ于点ܨ，交ٖܱ
于点′，连接ܣ′、ܤ′，过点′ 作′ܧ∥ܤܣ交ܥܤ的延长线于点ܧ．
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(1)若סൌܤܥܣꀀʹ的ι，ൌܤܣꀀͷ，求ٖܱ
的半径．
(2)求证：′ܧ为ٖܱ
的切线．
(3)求证：′ܧʹ t ′ܥʹ ൌܧܤ㘮ܤܥڄ ܧܤtܥܣ．
【答案】(1) ͷ
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）连接ܱܣ，ܱܤ，过点O 作ܱ
ܪ٣ܤܣ于点H，利用圆周角定理求得סʹൌܤܱܣסܣ′ܤൌꀀʹ的ι，
利用等腰三角形的性质得到סൌܪܱܣ
ꀀ
ʹ ס͸ൌܤܱܣ的ιǡൌܪܤൌܪܣ
ꀀ
ʹൌܤܣ
ꀀͷ
ʹ ，再利用直角三角形的边角关系
定理解答即可得出结论；
（2）连接′ܱ
并延长，交ܤܣ于点G，利用角平分线的定义，垂径定理得到ܱ
ܩ٣ܤܣ，利用平行线的
性质得到ܱ
′ ٣ ′ܧ，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（3）利用圆周角定理，平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到′ܧʹ和ܥ′ʹ，再利用等式的性质
解答即可．
【详解】（1）解：如图，连接ܱܣ，ܱܤ，过点O 作ܱ
ܪ٣ܤܣ于点H，
∵ܥ′ 是סܤܥܣ的角平分线，סൌܤܥܣꀀʹ的ι，
∴סܥܣ′ ൌסܤܥ′ ൌ͸的ι，
∴סܤܣ′ ൌסܥܣ′ ൌ͸的ι，סܤܣ′ ൌסܤܥ′ ൌ͸的ι，
∴ᇞܤܣ′ 为等边三角形，
∴סܣ′ܤൌ͸的ι，
∴סʹൌܤܱܣסܣ′ܤൌꀀʹ的ι，
∵ܱܱൌܣ
ܤ，ܱܪ٣ܤܣ，
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∴סൌܪܱܣ
ꀀ
ʹ ס͸ൌܤܱܣ的ιǡൌܪܤൌܪܣ
ꀀ
ʹൌܤܣ
ꀀͷ
ʹ ．
∵sinסൌܪܱܣ
ܪܣܱ
ܣ，
∴ܱൌܣ
ܪܣ
sin͸的ι ൌ
ꀀͷ
ʹ
͵
ʹ
ൌ
ͷ．
∴ٖܱ
的半径为ͷ；
（2）证明：如图，连接′ܱ
并延长，交ܤܣ于点G，
∵ܥ′ 是סܤܥܣ的角平分线，
∴סܥܣ′ ൌסܤܥ′，
∴ܣ′
Ⴃൌܤ′
Ⴃ，
∴ܱܩ٣ܤܣ，
∵′ܧ∥ܤܣ，
∴ܱ′ ٣ ′ܧ，
∵ܱ′ 为ٖܱ
的半径，
∴′ܧ为ٖܱ
的切线；
（3）证明：∵ܥ′ 是סܤܥܣ的角平分线，
∴סܥܣ′ ൌסܤܥ′，
∵סܥܣ′ ൌסܤܣ′，
∴סܤܣ′ ൌסܤܥ′，
∵′ܧ∥ܤܣ，
∴סܤܣ′ ൌסܧ′ܤ，
∴סܧ′ܤൌסܤܥ′，
∵סܧൌסܧ，
∴ᇞܧ′ܤ׾ᇞܧܥ′，
∴
ܤܧ
′ܧൌ
′ܧ
ܧܥ，
∴′ܧʹ ൌܤܧڄ ܧܥ．
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∵′ܧ∥ܤܣ，
∴סൌܥܤܣסܧ．
∵סൌܥܤܣסܣ′ܥ，
∴סܣ′ܥൌסܧ，
∵סܥܣ′ ൌסܤܥ′，
∴ᇞܥܣ′ ׾ᇞ′ܥܧ，
∴
ܥܣ
ܥ′ ൌ
ܥ′
ܥܧ，
∴ܥ′ʹ ൌܥܣڄ ܥܧ，
∴′ܧʹ t ′ܥʹ ൌܤܧڄ ܧܥtܥܣڄ ܧܥൌܧܥܧܤtܥܣ，
∵ܧܥൌܧܤ㘮ܤܥ，
∴′ܧʹ t ′ܥʹ ൌܧܤ㘮ܤܥڄ ܧܤtܥܣ．
23．（2026·浙江宁波·二模）如图，四边形ܥܤܣ′ 内接于ٖܱ
，ܣ′，ܤܥ的延长线相交于点ܧ，ܥܣ，ܤ′ 相
交于点ܨ．
(1)求证：סܣ′ܤൌסܥܣ′ 㘮סܧ．
(2)已知tanסൌܥܤܣͷ，ܣ′ ൌʹ′ܧ，且ܥܣൌܤܣ．
①求证：ܣܤʹ ൌܣ′ ڄܧܣ；
②当ܥ′ ൌ
͸时，求ᇞܥ′ܨ的周长．
【答案】(1)证明：׶ סܣ′ܤ是ᇞܤ′ܧ的外角，
׵ סܣ′ܤൌס′ܤܧ㘮סܧ，
又׶四边形ܥܤܣ′ 内接于ٖܱ
，
׵ סܥܣ′ ൌס′ܤܧ（同弧ܥ′ 所对的圆周角相等），
׵ סܣ′ܤൌסܥܣ′ 㘮סܧ．
(2)①证明：由题知סܤܥܣ是ᇞܧܥܣ的外角，
׵ סൌܤܥܣסܥܧܣ㘮סܧ
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׶ סൌܥܤܣס′ܤܧ㘮סܤܣ′
׶ܥܣൌܤܣ，
׵ סൌܥܤܣסܤܥܣ．
׶四边形ܥܤܣ′ 内接于ٖܱ
，
׵ סܥൌܧܣס′ܤܧ（同弧ܥ′ 所对的圆周角相等）
סܤܣ′ ൌסܥܣ′（同弧ܣ′ 所对的圆周角相等），
׵ סܤܣ′ ൌסܧൌסܥܣ′，
׵ ᇞܥܣ′ ׾ᇞܥܧܣ，
׵ܣܥʹ ൌܣ′ ڄܧܣ．
׶ܥܣൌܤܣ，
׵ܣܤʹ ൌܣ′ ڄܧܣ．
②
ͷ
ʹ
͸
【分析】（1）根据三角形外角的性质得סܣ′ܤൌס′ܤܧ㘮סܧ，因同圆中同弧所对的圆周角相等，得
סܥܣ′ ൌס′ܤܧ，即可得出结论．
（2）①根据三角形外角的性质得סൌܤܥܣסܥܧܣ㘮סܧ，同弧ܥ′ 所对的圆周角相等得סܤܣ′ ൌסܥܣ′，
得出סܤܣ′ ൌסܧൌסܥܣ′，根据三角形相似的判定定理：ᇞܥܣ′ ׾ᇞܥܧܣ，根据三角形相似的性质：ܣܥʹ ൌ
ܣ′ ڄܧܣ，得出结论．
②作辅助线如下图，根据三角形外角的性质和同弧ܣ′ǡܥ′ 所对的圆周角相等得出סܥ′依ൌסܤܣ′ 㘮
סܥܤ′ ൌסܥܤܣ，由题意tanסൌܥܤܣtanסܥ′依ൌ
ͷ，ܥ′ ൌ
͸，求出ܥ依ൌ
ͷ，′依ൌꀀ，由已知ܣܥʹ ൌܣ′ ڄܧܣ，
得出͵ൌܥܣൌܤܣ͸，ܣ′ ൌ͸，′ܧൌ͵，又根据tanסܤܣ䁨ൌ
ͷ，得ܤܥൌ͸，根据平行线的判定定理：ܥ′ ∥ܤܣ，
又ᇞ′ܨܥ׽ᇞܤܨܣ得
ܥ′
ܤܣൌ
ꀀ
͵，即ܥܨൌ
ꀀ
Ͷൌܥܣ
͵
Ͷ
͸，进而得出结论．
【详解】（1）证明：略
（2）①证明：略
②解：如图，过点ܣ作ܣ䁨٣ ܤܥ交ܤܥ于点䁨，过点ܥ作ܥ依٣ܧܣ交ܧܣ于点依．
小学
初中
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׶ סܥ′依是ᇞܥܣ′ 的外角，
׵ סܥ′依ൌסܥܣ′ 㘮סܥܣ′，
׶ סܥܣ′ ൌסܤܣ′ǡסܥܣ′ ൌסܥܤ′（同弧ܣ′ǡܥ′ 所对的圆周角相等），
׵ סܥ′依ൌסܤܣ′ 㘮סܥܤ′ ൌסܥܤܣ．
由题知tanסൌܥܤܣtanסܥ′依ൌ
ͷ，ܥ′ ൌ
͸，
设：ܥ依ൌݔ，则tanסܥ′依ൌ
ܥ依
′依ൌ
ݔ
′依ൌ
ͷ，
׵ ′依ൌ
ݔ
ͷ
根据勾股定理得：ܥ依ʹ 㘮′依ʹ ൌ
͸
ʹ，
即：ݔʹ 㘮
ݔ
ͷ
ʹ
ൌ͸
解得ݔൌ
ͷ
׵ ܥ依ൌ
ͷ，′依ൌꀀ．
设′ܧൌ݉
，则ܣ′ ൌʹ݉
．
由（2）①知：ܣܥʹ ൌܣ′ ڄܧܣ，即ൌܥܣ͸݉
．
在Rt ᇞܥܣ依中，ܣܥʹ ൌܥ依ʹ 㘮ܣ依ʹ，即ሺ͸݉
ሻʹ ൌሺͷሻʹ 㘮ሺʹ݉
㘮ꀀሻʹ，解得݉
ꀀൌ͵，݉
ʹ ൌt ꀀ（舍去），
׵͵ൌܥܣൌܤܣ͸，ܣ′ ൌ͸，′ܧൌ͵，
又׶ tanסܤܣ䁨ൌ
ͷ，设ܤ䁨ൌݕ，
׵
ܣ䁨
ݕൌ
ͷ，ܣ䁨ൌ
ͷݕ，
根据勾股定理:ݕʹ 㘮
ͷݕ
ʹ ൌ͵ ͸
ʹ
解得ݕൌ͵
׵ ܤܥൌʹܤ䁨ൌ͸．
׵ܣ′ ൌܤܥ，
׵弧ܣ′ ൌܤܥ弧，
׵ סܤܣ′ ൌסܤ′ܥ，
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׵ ܥ′ ∥ܤܣ，
׵ ᇞ′ܨܥ׽ᇞܤܨܣ，
׵
ܥ′
ܤܣൌ
ꀀ
͵．
׵ ܥܨൌ
ꀀ
Ͷൌܥܣ
͵
Ͷ
͸．
׶弧ܣ′=弧ܤܥ，
׵弧ܥܣ=弧ܤ′，
׵ܤൌܥܣ′（在同一个圆中，相等的弧所对的弦相等），
׵ ′ܨൌܥܨൌ
͵
Ͷ
͸，
׵ ܥᇞܥ′ܨൌ′ܨ㘮ܥܨ㘮ܥ′ ൌ
͵
Ͷ
͸ 㘮
͵
Ͷ
͸ 㘮
͸ ൌ
ͷ
ʹ
͸．
24．（2026·浙江杭州·二模）如图①，在ᇞܥܤܣ中，סܤʹൌܥܣסܥ（ʹ的ι ൏סܥ൏Ͷͷι），点D 在ܤܥ上，ܣ′
平分סܤܥܣ，ٖܱ
为ᇞܥܣ′ 的外接圆．
(1)求证：ᇞܤܣ′ ׾ᇞܤܥܣ．
(2)求证：ܤܣ为ٖܱ
的切线．
(3)过点B 作ٖܱ
的切线ܤܧ，切点为E，如图②，连接ܧ′，ܧܣ，ܧܥ，若ܤ′ ڄܣൌܥܣܤʹ，求
′ܧ
ܧܥ的值．
【答案】(1)证明：∵ܣ′ 平分סܤܥܣ，
∴סܤʹൌܥܣסܤܣ′ ൌʹܥܣ′，
∵סܤʹൌܥܣסܥ，
∴סܤܣ′ ൌסܥ，
∵סܤ是ᇞܤܣ′ 和ᇞܤܥܣ的公共角，
∴ᇞܤܣ′ ׾ᇞܤܥܣ；
(2)证明：连接ܱܣ、ܱ′，
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∵弧ܣ′ 所对的圆心角为סܣܱ′，所对圆周角为סܥ，
∴סܣܱ′ ൌʹסܥ．
∵ܱܱൌܣ′（都是ٖܱ
半径），
∴סܱܣ′ ൌ
ꀀൌ的לtסܣܱ′
ʹ
ൌᦙ的ι t סܥ，
结合（1）知סܤܣ′ ൌסܥ，
∴סܱൌܤܣסܱܣ′ 㘮סܤܣ′ ൌᦙ的ι t סܥ㘮סܥൌᦙ的ι，即ܱܣ٣ ܤܣ，
又∵ܱܣ是ٖܱ
的半径，
∴ܤܣ是ٖܱ
的切线．
(3)
ͷtꀀ
ʹ
【分析】（1）先证明סܤܣ′ ൌסܥ，进而可证ᇞܤܣ′ ׾ᇞܤܥܣ；
（2）连接ܱܣ、ܱ′，先求出סܱܣ′ ൌ
ꀀൌ的לtסܣܱ′
ʹ
ൌᦙ的ι t סܥ，然后可求出סܱൌܤܣסܱܣ′ 㘮סܤܣ′ ൌᦙ的ι，
进而可证ܤܣ为ٖܱ
的切线；
（3）连接ܧܱ
并延长交ٖܱ
于点F，由ᇞܤܣ′ ׾ᇞܤܥܣ得ܤܣʹ ൌܤ′ ڄ ܤܥ，可证ܤܥൌܥܣ．在ᇞܥܤܣ
中，求出סܥൌ͵͸ι，进而可证ܣൌܤܣ′ ൌ′ܥ．证明ᇞܤܧ′ ׾ᇞܤܥܧ得
′ܧ
ܧܥൌ
ܤܧ
ܤܥൌ
ܤܣ
ܤܥ．设ܤ′ ൌܽ
，ൌܤܣ′ܥൌݔ，
则ܤܥൌܽൌܥܣ㘮ݔ，代入ܤ′ ڄܣൌܥܣܤʹ求出ݔൌ
ꀀ㘮ͷܽ
ʹ
，然后代入
′ܧ
ܧܥ化简即可．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）解：如图，连接ܧܱ
并延长交ٖܱ
于点F，
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由（1）ᇞܤܣ′ ׾ᇞܤܥܣ，
∴
ܤ′
ܤܣൌ
ܤܣ
ܤܥ，即ܤܣʹ ൌܤ′ ڄ ܤܥ．
∵ܤ′ ڄܣൌܥܣܤʹ，
∴ܤ′ ڄ ܤܥൌܤ′ ڄܥܣ，
∴ܤܥൌܥܣ．
在ᇞܥܤܣ中，סൌܥܤܣסܤʹൌܥܣסܥ，
∴ʹסܥ㘮ʹסܥ㘮סܥൌꀀൌ的ι，
解得סܥൌ͵͸ι，
∴סܤܣ′ ൌסܥൌ͵͸ι，
∴סܥܣ′ ൌ͵͸ι，
∴סܥܣ′ ൌסܥ，
∴ܣ′ ൌ′ܥ．
∵סൌܥܤܣ对ʹιǡסܣ′ܤൌ͵͸ι 㘮͵͸ι ൌ对ʹι，
∴סൌܥܤܣסܣ′ܤ，
∴ܣൌܤܣ′，
∴ܣൌܤܣ′ ൌ′ܥ．
∵ܤܣ、ܤܧ都是ٖܱ
的切线，
∴ܤܧܤൌܣ，
∴ܤܧൌܤܣ．
∵ܤܧ切ٖܱ
于ܧ，
∴סܤܧܨൌᦙ的ι，
∴סܤܧ′ 㘮ס′ܧܨൌᦙ的ι．
∵ܧܨ是直径，
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∴סܧ′ܨൌᦙ的ι，
∴ס′ܨܧ㘮ס′ܧܨൌᦙ的ι，
∴סܤܧ′ ൌס′ܨܧ．
∵′ܧ
Ⴃൌ′ܧ
Ⴃ，
∴ס′ܨܧൌסܤܥܧ，
∴סܤܧ′ ൌסܤܥܧ，
又∵סܤ公共，
∴ᇞܤܧ′ ׾ᇞܤܥܧ，
∴
′ܧ
ܧܥൌ
ܤܧ
ܤܥൌ
ܤܣ
ܤܥ．
设ܤ′ ൌܽ
，ൌܤܣ′ܥൌݔ，则ܤܥൌܽൌܥܣ㘮ݔ，
代入ܤ′ ڄܣൌܥܣܤʹ得：ܽሺܽ㘮ݔሻൌݔʹ，
整理为ݔʹ tܽ
ݔtܽ
ʹ ൌ的，
解得ݔൌ
ꀀ㘮ͷܽ
ʹ
（负值舍去），
∴
′ܧ
ܧܥൌ
ݔܽ
㘮ݔൌ
ꀀ㘮ͷܽ
ʹܽ
㘮
ꀀ㘮ͷܽ
ʹ
ൌ
ͷtꀀ
ʹ ．
25．（2026·浙江金华·二模）如图1，ٖܱ
是四边形ܥܤܣ′ 的外接圆，ܤܣႣൌܥ′
Ⴃ．
(1)求证：ܣ′ ∥ܤܥ．
(2)如图2，连接ܥܱ
并延长，交ܤܣ于点ܧ，点ܤ关于ܥܧ的对称点ܨ落在ܣ′
Ⴃ上，连接ܧܨ、ܥܨ分别交ܣ′
于点ܩ、ܪ，已知ٖܱ
的半径为5，tanܤൌ对，ܤܥൌൌ．
①求ᇞܧܤܥ的面积．
②求ܪܣ的长．
【答案】(1)证明：连接ܥܣ，如图所示：
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∵ܤܣႣൌܥ′
Ⴃ，
∴סൌܤܥܣס′ܥܣ，
∴ܣ′ ∥ܤܥ．
(2)①
͸对ʹ
͵ꀀ；②
ꀀꀀᦙ
ʹͶ
【分析】（1）连接ܥܣ，由题意易得סൌܤܥܣס′ܥܣ，然后根据平行线的判定定理可进行求证；
（2）①延长ܥܧ，交ٖܱ
于点䁨，连接ܤ䁨，过点ܧ作ܧ依٣ ܤܥ，由题意易得ס䁨ܤܥൌᦙ的ιǡܥ䁨ൌꀀ的，则
有tanס䁨ܥܤൌ
䁨ܤ
ܤܥൌ
͵
Ͷ，然后可得
ܧ依
ܤ依ൌ对ǡ
ܧ依
依ܥൌ
͵
Ͷ，设ܤ依ൌݔ，则有ܧ依ൌ对ݔ，依ܥൌ
ʹൌݔ
͵ ，进而可得ܧ依ൌ
ꀀ͸ൌ
͵ꀀ，
则问题可求解；
②分别过点ܥǡܪǡܨǡܣ作ܯܣ٣ ܤܥǡܨܭ٣ ܤܥǡܪ㘠٣ ܤܥ，ܥܴ
٣ܤܣ，连接ܤܨǡܥܣ，交ܥܧ于点ܬ，ൌܪܣ
ܯ㘠ǡܪൌܯܣ㘠，由①可知：tanסܤ䁨ܥൌ
ܤܥ
䁨ܤൌ
Ͷ
͵，sinס䁨ܥܤൌ
䁨ܤ
䁨ܥൌ
͵
ͷ ǡcosס䁨ܥܤൌ
ܤܥ
䁨ܥൌ
Ͷ
ͷ，然后可得ܤܴ
ൌ
Ͷ ʹ
ͷ ǡܥܴ
ൌ
ʹൌʹ
ͷ ，进而根据三角函数可进行求解．
【详解】（1）略
（2）解：①延长ܥܧ，交ٖܱ
于点䁨，连接ܤ䁨，过点ܧ作ܧ依٣ ܤܥ，如图所示：
∵ܥ䁨是ٖܱ
的直径，
∴ס䁨ܤܥൌᦙ的ιǡܥ䁨ൌꀀ的，
∵ܤܥൌൌ，
∴䁨ܤൌ
ܥ䁨ʹ t ܤܥʹ ൌ͸，
∴tanס䁨ܥܤൌ
䁨ܤ
ܤܥൌ
͵
Ͷ，
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∵ܧ依٣ ܤܥ，tanסൌܥܤܣ对，
∴
ܧ依
ܤ依ൌ对ǡ
ܧ依
依ܥൌ
͵
Ͷ，
设ܤ依ൌݔ，则有ܧ依ൌ对ݔ，依ܥൌ
ʹൌݔ
͵ ，
∴ܤܥൌܤ依㘮依ܥൌݔ㘮
ʹൌ
͵ ݔൌൌ，
解得：ݔൌ
ʹͶ
͵ꀀ，
∴ܧ依ൌ
ꀀ͸ൌ
͵ꀀ，
∴ܵᇞܤܥܧൌ
ꀀ
ʹ ܤܥڄ ܧ依ൌ
͸对ʹ
͵ꀀ；
②分别过点ܥǡܪǡܨǡܣ作ܯܣ٣ ܤܥǡܨܭ٣ ܤܥǡܪ㘠٣ ܤܥ，ܥܴ
٣ܤܣ，连接ܤܨǡܥܣ，交ܥܧ于点ܬ，如图所示：
∴סൌܤܯܣסൌܭܯܣסܨܭܯൌסܨܭܥൌסܪ㘠ܥൌᦙ的ι，
∵ܣ′ ∥ܤܥ，
∴ס′ൌܯܣסൌܤܯܣᦙ的ι，
∴四边形ܪܭܯܣ是矩形，
∴ܯൌܪܣ㘠ǡܪൌܯܣ㘠，
由①可知：tanסܤ䁨ܥൌ
ܤܥ
䁨ܤൌ
Ͷ
͵，sinס䁨ܥܤൌ
䁨ܤ
䁨ܥൌ
͵
ͷ ǡcosס䁨ܥܤൌ
ܤܥ
䁨ܥൌ
Ͷ
ͷ，
∵סܤൌܥܣסܤ䁨ܥ，
∴tanסܤൌܥܣtanסܤ䁨ܥൌ
Ͷ
͵ ൌ
ܥܴ
ܣܴ，
由tanסൌܥܤܣ
ܥܴ
ܤܴൌ对可设ܤܴ
ൌݐǡܥܴ
ൌ对ݐ，
∴在Rt ᇞܤܥܴ
中，由勾股定理可得ݔʹ 㘮Ͷᦙݔʹ ൌ͸Ͷ，解得：ݔൌ
Ͷ ʹ
ͷ （负根舍去），
∴ܤܴ
ൌ
Ͷ ʹ
ͷ ǡܥܴ
ൌ
ʹൌʹ
ͷ ，
∴ܣܴ
ൌ
͵
Ͷ ܥܴ
ൌ
ʹꀀʹ
ͷ ，sinסൌܥܤܣ
ܥܴ
ܤܥൌ
对ʹ
ꀀ的
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∴ܴܤൌܤܣ㘮ܴܣ
ͷൌʹ，
∴ܤܣൌܯܣڄ sinסൌܥܤܣ对ൌܪ㘠，ܤܯൌ
ܯܣ
tanסܥܤܣൌꀀ，
由轴对称的性质可知：ܤܥൌܨܥൌൌǡסܤܥ䁨ൌסܨܥܧ，ܥܧ垂直平分ܤܨ，
∴ܤܬൌܨܬൌ
ꀀ
ʹ ܤܨǡܥܬ٣ ܤܨ，
∴ܤܬൌܤܥڄ sinס䁨ܥܤൌ
ʹͶ
ͷ ǡܥܬൌܤܥڄ cosס䁨ܥܤൌ
͵ʹ
ͷ ，
∴ܤܨൌʹܤܬൌ
Ͷൌ
ͷ ，
∵ܵᇞܤܥܨൌ
ꀀ
ʹ ܤܨڄ ܥܬൌ
ꀀ
ʹ ܤܥڄ ܨܭ，
∴ܨܭൌ
ܤܨڄܥܬ
ܤܥൌ
ꀀᦙʹ
ʹͷ ，
∴Rt ᇞܨܥܭ中，由勾股定理得：ܥܭൌ
ܥܨʹ t ܨܭʹ ൌ
ͷ͸
ʹͷ，
∴tanסܨܥܭൌ
ܨܭ
ܥܭൌ
ʹͶ
对，
∵ܪ㘠٣ ܤܥ，
∴ܥ㘠ൌ
ܪ㘠
tanסܨܥܭൌ
Ͷᦙ
ʹͶ，
∴ܯൌܪܣ㘠ൌܤܥt ܤܯt ܥ㘠ൌ
ꀀꀀᦙ
ʹͶ ．