專題16圓中的計算與證明經典綜合大題專訓（六大題型）【題型目錄】題型一圓的對稱性相關的綜合大題題型二確定圓的條件相關的綜合大題題型三圓周角的綜合大題題型四直線與圓的位置關系相關的綜合大題題型五正多邊形與圓相關的綜合大題題型六弧長及扇形面積綜合大題【經典例題一圓的對稱性相關的綜合大題】1．（2023·統考二模）如圖，在正方形中，點E為邊上一個動點，作點B關于的對稱點，連接并延長，交延長線于點F，連接，．

(1)求證：．(2)求的度數．(3)若，在點E的運動過程中，求點F到距離的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據題意可得垂直平分，則；（2）如圖所示，連接，證明，得到，根據四邊形內角和定理求出，即可得到；（3）如圖所示，連接交于O，設與交于H，先求出，則點F在以點O為圓心，為半徑的圓弧上運動，即劣弧上運動；過點O作交于N，交于M，則點F到距離的最大值即為的長，由此求出答案即可．【詳解】（1）證明：∵點B關于的對稱點為，∴垂直平分，∴；（2）解：如圖所示，連接，∵垂直平分，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴；

（3）解：如圖所示，連接交于O，設與交于H，由（2）得，∵，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴點F在以點O為圓心，為半徑的圓弧上運動，即劣弧上運動，過點O作交于N，交于M，則點F到距離的最大值即為的長，在中，，∴，∴，∴點F到距離的最大值為．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質，軸對稱的性質，四邊形內角和定理，垂徑定理，等腰三角形的性質與判定等等，正確確定點F的運動軌跡是解題的關鍵．2．（2023秋·全國·九年級專題練習）如圖1，是的弦，點C在外，連接、分別交于D、E，(1)求證：．(2)如圖2，過圓心O作，交于P、Q兩點，交、于M、N兩點，求證：．(3)如圖3，在（2）的條件下，連接、，，若，，求弦的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)13【分析】(1)連接，利用圓內接四邊形的性質，等腰三角形的兩個底角相等的性質證明即可．(2)連接，證，得，得，可證明．(3)連接，證，，結合已知，得，等邊，，，作于點G，設，可得，，，，，中勾股得，計算即可．【詳解】（1）如圖，連接，∵四邊形是的內接四邊形，∴；∵，∴；∴；∴．（2）連接，∵，∴；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（3）連接，∵，∴；∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴等邊，，，作于點G，則，∵，，設，則，，∴，∴，，，中，根據勾股定理，得，解得，，

∵，∴，∴．【點睛】本題考查了圓的性質，垂徑定理，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，圓的內接四邊形的性質，勾股定理，一元二次方程的解法，熟練掌握圓的性質，勾股定理，一元二次方程的解法是解題的關鍵．3．（2023·陜西西安·校考二模）【問題提出】（1）如圖①，在等腰直角中，，為等邊三角形，，則線段BD的長為___________；【問題解決】（2）如圖②，在等腰直角中，，以AC為直徑作半圓O，點D為上一動點，求點B、D之間的最大距離；【問題探究】（3）一次手工制作課程中，老師要求小明和小麗組制作一種特殊的部件，部件的要求如圖③，部件是由直角以及弓形BDC組成，其中，點E為BC的中點，，這時候小明和小麗在討論這個部件，其中小麗說點A到的最大距離是點A、D之間的距離，小明說不對，你認為誰的說法正確？請說明理由，并求出點A到的最大距離．【答案】（1）；（2）；（3）小明的說法正確，見解析，【分析】（1）連接BD，交AC于點E，根據題意BD是AC的垂直平分線，通過解直角三角形解出BE與DE的長，兩者相加即可解題．（2）結合圖形，可知B，O，D三點共線時，BD有最大值，根據解直角三角形解出BO的長，加上半圓的半徑，即可解答．（3）作輔助線如圖，證明，即說明小明的說法正確；可知弓形的圓心在上，當通過勾股定理求出半徑的長度，再算出的長，即可解答．【詳解】解：（1）如圖，連接BD交AC于點E，是等腰直角三角形，為等邊三角形，，,在與中，

，，，，根據三線合一，可得垂直平分，，，，，，．（2）如圖②，連接BO并延長交于點D，則此時BD最大．在上取一點異于點D的點，連接、．在中，，，，即．最大在等腰直角中，，O為AC的中點，且．．．點B、D之間的最大距離為．

（3）小明的說法正確．

如圖③，過點A作BC的平行線AF，延長DE交AF于點F．點E為BC中點，，所在的圓的圓心O在直線DF上．設圓O半徑為r，連接BO．在中，，且，，得．連接AO并延長交于點，則為最大距離．在中，，且，小明的說法正確．

在中，．．．點A到的最大距離為．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，解直角三角形，垂徑定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·校考三模）【問題思考】如圖1，點E是正方形內的一點，過點E的直線，以為邊向右側作正方形，連接，直線與直線交于點P，則，通過這兩個三角形全等可得線段與之間的關系為．【問題類比】如圖2、3，當點E是正方形外的一點時，【問題思考】中的結論（填成立或不成立），若成立，請選擇圖2證明你的結論；若不成立，請選擇圖3說明理由；【拓展延伸】（1）若點E是邊長為2的正方形所在平面內一動點，【問題思考】中其他條件不變，則的取值范圍是（直接寫出結果）．（2）若點E是邊長為2的正方形所在平面內一動點，【問題思考】中其他條件不變，則動點P到邊的最大距離為（直接寫出結果）．

【答案】【問題思考】；；；【問題類比】成立，證明見解析【拓展延伸】（1）；（2）【分析】問題思考：由“”可證，可得，，由四邊形內角和定理可證；問題類比：由“”可證，可得，，由四邊形內角和定理可證；拓展延伸：（1）連接，，，易得，，由三角形三邊關系可知：，當，，在同一直線上時取等號，即可得；（2）由題意可得點在以為直徑的上運動，則當時，點到邊有最大距離，即可求解．【詳解】解：問題思考：∵四邊形和四邊形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，故答案為：，，；問題類比：仍然成立，理由如下：∵四邊形和四邊形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；拓展延伸：（1）連接，，，

∵四邊形和四邊形是正方形，∴，，，∴，，由三角形三邊關系可知：，當，，在同一直線上時取等號，∴，故答案為：；（2）如圖3，連接，

由（2）可知：，∴，∴點在以為直徑的上運動，∴當時，點到邊有最大距離，∵正方形的邊長為2，∴，∴點到邊的最大距離為，故答案為：．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，圓的有關知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．5．（2022秋·江蘇南京·九年級南京市科利華中學校考期中）在學習《2.1圓》時，小明遇到了這樣一個問題：如圖1（1）、1（2）所示，和中，．試證明、、、四點在同一圓上．小明想到了如下證法：在圖1（1）、1（2）中取中點，連接、．則有及，即，所以、、、四點在以為圓心，為半徑的圓上．根據以上探究問題得出的結論，解決下列問題：(1)如圖2，在中，三條高、、相交于點，連接０、，若，則______________°．(2)如圖3，已知是的直徑，是的弦，為的中點，于，于（、不重合）．若，求證：．【答案】(1)；(2)見解析．【分析】（1）在中，、、是高，可知點E、H、D、B四點共圓，點E、H、D、C四點共圓，然后在每一個圓中運用等弦對等角進行角的轉換即可求解；（2）連接、、,是的弦，為的中點，根據垂徑定理可知，結合于，于，點C、E、O、G四點共圓，點D、F、O、G四點共圓，然后在每一個圓中運用等弦對等角進行角的轉換即可求解，最后證明是等邊三角形即可．【詳解】（1）解：在中，、、是高，,點E、H、D、B四點共圓，,點E、H、D、C四點共圓，，，，，，，，，故答案為：．（2）證明：連接、、,,為的中點，，于，于，,點C、E、O、G四點共圓，點D、F、O、G四點共圓，,,，，，，，，是等邊三角形，．【點睛】本題考查了四點共圓的判定、垂徑定理、等弦對等角以、等邊三角形的判定以及與三角形有關的教的計算；結合題意證明四點共圓并運用圓的相關知識解決問題是解題的關鍵．6．（2023·北京·九年級專題練習）在平衡直角坐標系中，線段，點，在線段上，且，為的中點，如果任取一點，將點繞點順時針旋轉得到點，則稱點為點關于線段的“旋平點”．

(1)如圖1，已知，，，知果為點關于線段的“旋平點”，畫出示意圖，寫出的取值范圍；(2)如圖，的半徑為，點，在上，點，如果在直線上存在點關于線段的“旋平點”，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據旋平點的定義，找到點，即可；（2）當線段軸時，存在點關于線段的“旋平點”，即“旋平點”與點在軸方向的距離最長，，以點為圓心，為半徑畫圓；以點為圓心，為半徑畫圓，分別以直線，作點的對稱點和，根據對稱的性質，即可求出的取值范圍．【詳解】（1）設，，且，∵點、在線段上，且，，，∴，，，∴，∴，∵點與點關于點對稱，∴，，∴，∴的取值范圍為：．

（2）如圖：當線段軸時，存在點關于線段的“旋平點”即“旋平點”與點在軸方向的距離最長，∴，以點為圓心，為半徑畫圓；以點為圓心，為半徑畫圓，∴直線與半徑為的圓交點，直線與半徑為的圓交點，分別以直線，作點的對稱點和，∵點，∴，，∴．

【點睛】本題考查新定義圓和對稱的知識，解題的關鍵是理解旋平點的定義，根據定義，進行解題．【經典例題二確定圓的條件相關的綜合大題】1．（2023秋·江蘇·九年級專題練習）尺規作圖蘊含豐富的推理，還體現逆向思維，請嘗試用無刻度的直尺和圓規完成下列作圖，不寫作法，保留作圖痕跡．

(1)【圓的作圖】點P是中邊上的一點，在圖1中作，使它與的兩邊相切，點P是其中一個切點；(2)點P是中邊上的一點，在圖2中作，使它滿足以下條件：①圓心O在上；②經過點P；③與邊相切；(3)【不可及點的作圖】如圖3，從墻邊上引兩條不平行的射線（交點在墻的另一側，畫不到），作這兩條射線所形成角的平分線．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據尺規作圖角平分線、垂直平分線作出結果；（2）根據尺規作圖角平分線、垂直平分線、已知線段作出結果，有多種不同做法．（3）根據尺規作圖作角平分線、作垂直平分線、作已知線段、作垂線作出結果，有多種不同做法．【詳解】（1）解：

①過點作，垂足為點；②作的平分線交于點；

③以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．（2）法1：①過點作的垂線交于點，②在上截取，③作交于點（或作的平分線交于點）；④以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．

法2：①過點作，垂足為點；②作的平分線交于點；③作的垂直平分線交于點；（或過點作交于點；或作交于點）；④以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．

法3：①反向延長射線，過點作，垂足為點；②作的平分線；③過點作，交于點；④作的垂直平分線交于點；（或過點作交于點）；⑤以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．

法4：①在上任取一點（除外），作，垂足為點；②以點為圓心，長為半徑作⊙，交于點；③過點作，交于點；④過點作，交于點；⑤以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．

法5：①在上任取一點（除外），作，垂足為點；②以點為圓心，長為半徑作⊙交于點；③連接，并延長交于點；④過點作交于點；⑤以點為圓心，長為半徑作圓；則⊙為所求的圖形．

（3）法1：①在上任取一點（除外），在上任取一點（除外），連接；②作的平分線，作的平分線，兩平分線交于點；③同樣方法，得點；④作直線；則直線為所求的圖形．

法2：①在上任取一點（除外），在上任取一點（除外），連接；②作的平分線，作的平分線，兩平分線交于點；③作的平分線，作的平分線，兩平分線交于點；④作直線；則直線為所求的圖形．

法3：①在上任取一點（除外），在上任取一點（除外），連接；②作的平分線，作的平分線，兩平分線交于點；③過點作，垂足為點；④過點作，垂足為點；

⑤作的平分線；則直線為所求的圖形．

法4：①在上任取一點（除外），過點作；②作的平分線，交于點；③作線段的垂直平分線；則直線為所求的圖形．

法5：①在上任取一點（除外），在上任取一點（除外）；②過點作，垂足為點；過點作，垂足為點；與交于點；③作的平分線交于點，射線反向延長線交于點；④作線段平分線；則直線為所求的圖形．

法6:①在上任取一點（除外），過點作，垂足為點；②過點作，垂足為點；③作的平分線交于點；④作線段的垂直平分線；則直線為所求的圖形．

法7:①在上任取兩點、（除外），以點為圓心，長為半徑作⊙；②過點作，交⊙于點；③連接并延長交于點；④作線段的垂直平分線；

則直線為所求的圖形．【點睛】本題考查了尺規作圖作角平分線、作垂直平分線、作已知線段、作垂線，其中熟練運用作圖方法并保留作圖痕跡是解題關鍵．2．（2023·陜西·模擬預測）新定義：如圖1（圖2，圖3），在中，把邊繞點A順時針旋轉，把邊繞點A逆時針旋轉，得到，若，我們稱是的“旋補三角形”，的中線叫做的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．【特例感知】(1)①若是等邊三角形（如圖2），，則______________．②若（如圖3），，_____________．【猜想論證】(2)在圖1中，當是任意三角形時，猜想與的數量關系，并證明你的猜想；（提示：過點作且，連接，則四邊形是平行四邊形）【拓展應用】(3)如圖4，點A，B，C，D都在半徑為5的圓P上，且與不平行，，是的“旋補三角形”，點P是“旋補中心”，求BC的長．【答案】(1)①2；②3；(2)，證明見解析；(3)8【分析】（1）①根據等邊三角形的性質可得出，，結合“旋補三角形”的定義可得出，．利用等腰三角形的三線合一可得出，通過解直角三角形可求出AD的長度；②由“旋補三角形”的定義可得出、、，進而可得出，根據全等三角形的性質可得出，再利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出的長度；（2），過點作且，連接，則四邊形是平行四邊形，根據平行四邊形的性質結合“旋補三角形”的定義可得出、、，進而可證出，根據全等三角形的性質可得出，由平行四邊形的對角線互相平分即可證；（3）作、的垂直平分線，交于點P，則點P為四邊形的外接圓圓心，過點P作于點F，由（2）的結論可求出的長度，在中，利用勾股定理可求出的長度，進而可求出的長度．【詳解】（1）解：①∵是等邊三角形，，∴，，∴，．∵為等腰的中線，∴，，∴．在中，，，，∴．②∵，∴．在和中，，∴，∴，∴．故答案為：①2；②3．（2），證明：在圖1中，過點作且，連接，則四邊形是平行四邊形，∵，，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．（3）在圖4中，作、的垂直平分線，交于點P，則點P為四邊形的外接圓圓心，過點P作于點F．∵，，∴為的中位線，∴．在中，，，，∴，∴．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、等腰三角形的判定與性質、平行四邊形的性質、解直角三角形、勾股定理以及全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）①利用解含角的直角三角形求出；②牢記直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；（2）構造平行四邊形，利用平行四邊形對角線互相平分找出；（3）利用（2）的結論結合勾股定理求出BF的長度．3．（2022秋·河北廊坊·九年級廊坊市第四中學校考期中）如圖，，，直線經過點．設，于點，將射線繞點按逆時針方向旋轉，與直線交于點．(1)判斷：___________(2)若，求的長(3)若是銳角三角形，直接寫出的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在四邊形中，根據四邊形內角和求解即可；（2）證明出是等腰直角三角形，利用勾股定理求解即可；（3）把是銳角三角形的問題轉化為外心在三角形的內部來求解，當時，的外心是斜邊的中點處，時，的外心在其外部，即可求解．【詳解】（1）解：在四邊形中，，故答案是：；（2）解：，，．在四邊形中，，而，．又，，．又，是等腰直角三角形，；（3）解：若是銳角三角形，則外心在其內部，當時，的外心是斜邊的中點，當時，的外心在其外部，，故：．【點睛】本題考查的是圓的綜合應用，涉及到三角形全等、三角形外心、旋轉的性質，解題的關鍵是利用轉化的思想求解．4．（2021·河北保定·保定市第十七中學校考一模）如圖1，在中，，點D和點E分別從點A、點B同時出發，在線段上以做等速運動，分別到達點B、點A后停止運動．設運動時間為t秒．(1)求證：；(2)若，求的度數；(3)當△ADC的外心在其外部時，請直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)見解析(2)(3)或【分析】（1）根據題意可得，進而根據可得，利用“SAS”即可求證結論；（2）根據等邊對等角和三角形內角和可得，利用“SAS”求證△ADC?△BEC，繼而根據全等三角形的性質可得,繼而由等邊對等角可得，進而即可求解；（3）由△ADC的外心在其外部，可知必須是鈍角三角形，進而分：①∠ADC為鈍角，②∠ACD為鈍角，兩種情況進行討論即可求解．（1）∵點D和點E分別從點A、點B同時出發，在線段上以做等速運動，∴，∵，∴∴△ADC?△BEC（SAS），（2）如圖所示，∵，，∴，由（1）知，，，∴△ADC?△BEC（SAS），∴，∴，∴,（3）要使△ADC的外心在其外部，則必須是鈍角三角形，①當∠ADC為鈍角時，過點C作CF⊥AB，垂足為F，∵，，∴，，，∴，∴，②當∠ACD為鈍角時，過點C作CM⊥AC，交AB于點M，在Rt△ACM中，，∴，由勾股定理可得：，又，∴，解得：，∴，又D從A運動到B所需時間為，∴，綜上所述，當△ADC的外心在其外部時，t的取值范圍為：或．【點睛】本題考查全等三角形的判定及其性質、三角形內角和、等腰三角形的性質、勾股定理、三角形外心，解題的關鍵是熟練運用所學知識，正確作輔助線，還要注意利用分類討論進行求解．5．（2021·全國·九年級假期作業）如圖，在⊙O中，兩條弦AC，BD垂直相交于點E，等腰△CFG內接于⊙O，FH為⊙O直徑，且AB＝6，CD＝8．（1）求⊙O的半徑；（2）若CF＝CG＝9，求圖中四邊形CFGH的面積．【答案】（1）⊙O的半徑為5；（2）S四邊形CFGH【分析】（1）作DM＝AB，連接CM．則，只要證明CM是圓的直徑即可解決問題；（2）設直徑CM交FG于點N，設FN＝x，ON＝y，構建方程組求出x、y即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖作DM＝AB，連接CM．則，∴，∴∠ABD＝∠MDB，∵∠ABD+∠BAE＝90°，∠BAE＝∠BDC，∴∠MDB+∠BDC＝90°，∴∠CDM＝90°，∴CM是直徑，∴CM10，∴⊙O的半徑為5．（2）∵FH是直徑，∴∠FCH＝90°，∴CH，設直徑CM交FG于N，設FN＝x，ON＝y，則有，解得，可得GH＝2ON，FG＝2FN，∴S四邊形CFGH＝S△CFH+S△FGH．【點睛】本題考查三角形的外接圓與圓心，等腰三角形的性質，圓的有關知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，根據直角三角形的性質解決問題，難度適中．12．（2023秋·江蘇·九年級專題練習）如圖，為圓的內接三角形，，連接并延長交于點．

(1)求證：；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）證明是線段的垂直平分線，即可證明；（2）連接，根據垂徑定理得到，根據勾股定理得到，設，則，根據勾股定理建立方程求解即可．【詳解】（1）證明：∵為圓的內接三角形，∴點O在線段的垂直平分線上，∵，∴點A在線段的垂直平分線上，∴是線段的垂直平分線，∴；（2）解：如圖所示，連接，，，，，設，則，，，解得，∴的半徑為．

【點睛】本題考查了三角形的外接圓的性質，勾股定理，垂徑定理等等，正確地作出輔助線是解題的關鍵．【經典例題三圓周角的綜合大題】1．（2023·江蘇南京·校考二模）已知在中，，點平分平分，過點13．（2022秋·四川廣安·九年級校考期中）如圖，為的直徑，點C為的中點，交直線于D點．

(1)求證：；(2)若，求的直徑．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）證明，即可得出結論；（2）設交于點T，證明四邊形是矩形，設，利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：連接，如圖，

∵為的直徑，∴，即，∵點C為的中點，∴，∴，∴；（2）解：設交于點T，如圖，

∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，設，則，∴，∴，即的直徑為5；【點睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，矩形的判定和性質,勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考常考題．2．（2023春·安徽·九年級專題練習）如圖，是的直徑，弦于點，連接，，

(1)求證：；(2)作于點，若的半徑為，，求的長．【答案】(1)見解析；(2)．【分析】（）利用等角的余角相等證明即可；（）利用勾股定理求出，，再利用的正弦函數求解即可．【詳解】（1）證明：∵是直徑，∴，∵，∴，∴，，∴；解法二：∵，是直徑，∴，∴．（2）如圖，連接，

在中，，在中，，∵，，∴．【點睛】此題考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．3．（2023春·安徽·九年級專題練習）如圖1，已知為的直徑，C為上一點，于E，D為弧的中點，連接，分別交于點F和點G．(1)求證：；(2)如圖2，若，連接，求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接，根據直徑所對的圓周角是直角可得，從而可得∠CAG+∠AGC＝90°，根據垂直定義可得，從而可得，然后根據已知可得，從而可得，進而可得，最后根據對頂角相等可得，從而可得進而根據等角對等邊即可解答；（2）連接，利用（1）的結論，再根據等角的補角相等可得，然后根據證明，從而可得，進而可得，最后根據等弧所對的圓周角相等可得，從而可得，進而利用等腰三角形的三線合一性質即可解答．【詳解】（1）證明：連接，∵為的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵D為弧的中點，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：連接，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓心角、弧、弦的關系，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．4．（2023·陜西寶雞·統考二模）初步探究（1）如圖，點、分別在正方形的邊、上，將、分別沿、折疊后，、重合于，則______；

深入探究（2）如圖，在等腰直角中，，點在右側，且于點，交于點，將沿折疊得到，連接求證：是等腰直角三角形；

問題解決（3）如圖，現有一塊四邊形鐵皮，，，工人師傅想用這塊鐵皮裁出一個直角三角形部件，要求點在邊上，，且．工人師傅在這塊鐵皮上的操作如下：

①分別在邊、上各取一點、，將、分別沿、折疊后，使得、重合于；②再將四邊形展開鋪平，連接，分別交折痕，于點，，連接，得到請問，若按上述操作，裁得的部件是否符合要求？請證明你的結論．【答案】（1）；（2）見解析；（3）①見解析；②部件符合要求，證明見解析【分析】（1）由折疊的性質可得，，即可求解；（2）通過證明點，點，點，點四點共圓，可得，由折疊的性質可得，，即可求解；（3）由等腰三角形的性質和三角形內角和定理可得，由折疊的性質可得，，可求，通過證明點，點，點，點四點共圓，可得．【詳解】（1）解：將、分別沿、折疊，，，，，，故答案為：；（2）證明：，，，，，點，點，點，點四點共圓，，，將沿折疊得到，，，，是等腰直角三角形；（3）部件符合要求，理由如下：

，，，，，，，由折疊的性質可得，，，，點，點，點，點四點共圓，，，部件符合要求．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，折疊的性質，圓的有關知識，等腰直角三角形的判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．5．（2023·廣東江門·統考二模）如圖，點A、、在上，是直徑，的角平分線與交于點，與交于點，且，連接，交于點．(1)證明：；(2)試猜想與之間的數量關系，并證明．【答案】(1)見解析(2)，證明見解析【分析】（1）根據，證得，進而根據垂徑定理證得；（2）先證明是的中位線，得出，進而得出結論．【詳解】（1）證明：平分，，，；（2）解：猜想．，，．，，是的中位線，，．．，，，．．【點睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理以及全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是熟練掌握相關的定理和性質．6．（2022秋·黑龍江哈爾濱·九年級校考開學考試）已知四邊形內接于，點為弧的中點，連接、，．(1)如圖，求證：為的直徑；

(2)如圖，過點作于，交于點，求證：；

(3)如圖，在（）的條件下，過作于點，延長交于，若，，求線段的長．

【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)．【分析】（）利用同弧所對的圓周角相等，證明，在根據三角形內角和即可求，則可證為圓直徑；（）連接，由（）可得，，繼而可證，根據全等三角形的性質即可求證；（）連接，過作于點，證明，可以得出，再證，最后通過性質即可求解．【詳解】（1）∵為弧中點，∴，∴，∵，，∴，∴，∴為的直徑；（2）如圖，連接，

由（）得：，∴，，∵，∴，∴，由（）得：，∴，∴，在和中，∴，∴；（3）如圖，連接，過作于點，

∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，由（）得：，，∴，∴，在和中，∴，∴，設，則，，∴．【點睛】此題考查了圓周角定理，垂徑定理及全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是熟練掌握以上知識的應用．【經典例題四直線與圓的位置關系相關的綜合大題】1．（2023·江蘇南通·校考三模）如圖，為外一點，，是的切線，，為切點，點在上，連接，，．

(1)求證：；(2)連接，若，的半徑為5，，求的長．【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）過作于，得，根據切線的性質可得，根據同角的余角相等可得，再根據等腰三角形的性質即可得到結論；（2）連接，延長交于，根據切線的性質得到，，根據矩形的性質可得，，根據勾股定理即可得到答案．【詳解】（1）證明：過作于，，，，是的切線，，，，，，；（2）解：連接，延長交于，，，是的切線，，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了切線的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．2．（2023·山東·九年級專題練習）已知：射線平分，為上一點，交射線于點，，交射線于點，，連接，，．

(1)如圖1，若，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)如圖2，過點作，交于點；過點作，交于點．求證：．【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析(2)見解析【分析】（1）如圖，作于點，作于點，利用角平分線定義及性質易得，，然后利用可證得，，再根據全等三角形性質及線段的和差可證得，利用平行線性質及等角對等邊可證得，最后利用有一組鄰邊相等的平行四邊形即可證得結論；（2）連接，結合（1）中所求及垂徑定理，利用易證得，再根據全等三角形性質及已知條件可證得，最后利用平行線分線段成比例即可證得結論．【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：如圖，作于點，作于點，

平分，，，在與中，，，，在與中，，，，，即，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是菱形；（2）證明：如圖，連接，

，，，，，，，，即，在與中，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查圓與全等三角形的綜合應用，全等三角形的判定與性質，菱形的判定，平行線的判定與性質，垂徑定理，等腰三角形性質，（1）作于點，作于點，（2）中連接分別構造全等三角形是解題的關鍵．3．（2023·安徽·校聯考模擬預測）如圖，內接于，且為的直徑，的平分線交于點，過點在左側作交的延長線于點，過點作于點．

(1)求證：；(2)求證：是的切線；(3)若，，求線段的長．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)．【分析】（）由，，得，所以；（）連接，由，且，，得，由，得，即可證明是的切線；（）由是的直徑，得，所以，，由于點，得，所以，則，由，得，則，所以，由，，得，再證明，得，即可求得．【詳解】（1）∵，，∴，∴，（2）證明：如圖，連接，

∵的平分線交于點，∴，∵，，∴，∵，∴，∵是的半徑，且，∴是的切線．（3）解：∵是的直徑，，，∴，∴，，∵于點，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴線段的長是．【點睛】此題考查了圓周角定理、平行線的判定、切線的判定定理、勾股定理、銳角三角函數與解直角三角形、相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點的應用．4．（2023春·江西南昌·九年級南昌市第二十八中學校聯考階段練習）課本再現（1）在圓周角和圓心角的學習中，我們知道了：圓內接四邊形的對角互補．課本中先從四邊形一條對角線為直徑的特殊情況來論證其正確性，再從對角線是非直徑的一般情形進一步論證其正確性，這種數學思維方法稱為“由特殊到一般”如圖1，四邊形為的內接四邊形，為直徑，則__________度，__________度．（2）如果的內接四邊形的對角線不是的直徑，如圖2、圖3，請選擇一個圖形證明：圓內接四邊形的對角互補．知識運用（3）如圖4，等腰三角形的腰是的直徑，底邊和另一條腰分別與交于點．點是線段的中點，連接，求證：是的切線．

【答案】（1），；（2）見詳解；（3）見詳解【分析】（1）根據直徑所對的圓周角是以及四邊形內角和為進行作答即可；（2）以圖2為例證明，連接，，根據同弧所對的圓心角是圓周角的2倍以及四邊形內角和為進行作答；或者以圖3為例證明，連接，，根據同弧所對的圓心角是圓周角的2倍以及四邊形內角和為進行作答即可；（3）連接，，根據等邊對等角，即，又，得，，，再結合四邊形是圓內接四邊形，得，，進而知道，又因為是線段的中點，即可求證是的切線．【詳解】解：（1）∵四邊形為的內接四邊形，為直徑，∴，那么，故答案為：90，180；（2）證明：以圖2為例證明，連接，，如圖所示：

∵弧弧，∴，，∵∴，∴，在四邊形，，即圓內接四邊形的對角互補；或者以圖3為例證明，連接，，如圖所示：

∵弧弧，∴，，∵,∴，∴，在四邊形，，即圓內接四邊形的對角互補；（3）證明：連接，，如圖所示：

∵，∴，∵，∴，則，∴，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∵，∴，則，∴，∵是線段的中點，∴，則，∵是圓的半徑，∴是圓的切線．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質、圓內接四邊形對角互補以及圓的基本性質、切線的判定、平行線的判定與性質等知識點內容，熟練掌握圓的基本性質是解題的關鍵．5．（2022秋·河北邢臺·九年級邢臺三中校考階段練習）如圖，中，，，，延長到點D，使．點P是邊上一點，點Q在射線上，，以點P為圓心、PD長為半徑作，交A于點E，設．

(1)______，當點Q在上時，______；(2)x為何值時，與相切？(3)當時，求陰影部分的面積；(4)若與的三邊有兩個公共點，直接寫出x的取值范圍．【答案】(1)1；(2)(3)(4)或【分析】（1）先由勾股定理求得，再由，可得的長，從而的長可求；當點Q在上時，如圖，根據推得，從而列出方程，解得x的值即可；（2）作于點F，當時，與相切，如圖2，由正弦函數得出關于x的方程，解得x的值即可；（3）如圖3，連接，利用E即可得出答案；（4）由（2）和（3）進行分類討論，即可得出答案．【詳解】（1）解：∵，，，∴根據勾股定理可得：，∴，∴，，當點Q在上時，如圖，

∵，，∴，∵，，∴．解得：；故答案為：1，；（2）解：作于點F，當時，與AB相切，如圖1，

則，，∴，解得．∴時，與AB相切．（3）解：如圖2，連接．

∵中，，，∴，，∴．（4）解：或．由（2）可知，當時，與的三邊有兩個公共點；如圖3，當點B在上時，，即，解得．

當點A在上時，．

∴當時，與的三邊有兩個公共點．∴x的取值范圍為或．【點睛】本題考查了勾股定理，切線的判定與性質、直線與圓的位置關系、扇形與三角形的面積計算、列分式方程解應用題、解直角三角形等知識點，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．6．（2023·吉林長春·統考中考真題）【感知】如圖①，點A、B、P均在上，，則銳角的大小為__________度．

【探究】小明遇到這樣一個問題：如圖②，是等邊三角形的外接圓，點P在上（點P不與點A、C重合），連結、、．求證：．小明發現，延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證．下面是小明的部分證明過程：證明：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，請你補全余下的證明過程．【應用】如圖③，是的外接圓，，點P在上，且點P與點B在的兩側，連結、、．若，則的值為__________．【答案】感知：；探究：見解析；應用：．【分析】感知：由圓周角定理即可求解；探究：延長至點E，使，連結，通過證明，可推得是等邊三角形，進而得證；應用：延長至點E，使，連結，通過證明得，可推得是等腰直角三角形，結合與可得，代入即可求解．【詳解】感知：由圓周角定理可得，故答案為：；探究：證明：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．是等邊三角形．，，∴，，，是等邊三角形，，，即；應用：延長至點E，使，連結，四邊形是的內接四邊形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，鄰補角，全等三角形的判定和性質，等邊三角形、等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是做輔助線構造，進行轉換求解．【經典例題五正多邊形與圓的相關的綜合大題】1．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，是的直徑，，是的弦，，延長到，連接，．

(1)求證：是的切線；(2)以為邊的圓內接正多邊形的周長等于________．【答案】(1)見解析(2)18【分析】（1）根據等腰三角形性質以及三角形內角和定理計算出即可；（2）得出以為邊的圓內接正多邊形是圓內接正六邊形，再求出的長即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

，，，，，即，又是半徑，是的切線；（2）解：連接，

，以為邊的圓內接正多邊形是圓內接正六邊形，，以為邊的圓內接正六邊形的周長為．【點睛】本題考查切線的判定，圓內接正六邊形的性質，掌握切線的判定方法是正確解答的前提．2．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，在正方形網格中，每一個小正方形的邊長都為1，點、都在格點上，以為圓心，為半徑做圓，只用無刻度的直尺完成以下畫圖．(1)在圖①中畫的一個內接正四邊形，___________；(2)在圖②中畫的一個內接正六邊形，__________．【答案】(1)圖見解析，32(2)圖見解析，【分析】（1）只需要作直徑、，并使得即可；（2）如圖所示，取格點B，C，D，E，F，然后順次連接A、B、C、D、E、F得到正六邊形，再求出求面積．【詳解】（1）解：如圖所示，正四邊形即為所求；，故答案為32；（2）解：如圖所示，正六邊形即為所求；過點O作于H，∵正六邊形，∴，又∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓，等邊三角形的性質與判定，熟知正多邊形和圓的相關知識是解題的關鍵．3．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，正方形ABCD內接于⊙O，P為上的一點，連接DP，CP．(1)求∠CPD的度數；(2)當點P為的中點時，CP是⊙O的內接正n邊形的一邊，求n的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）連接OD，OC，根據正方形ABCD內接于⊙O，結合圓周角定理可得∠CPD；（2）結合正多邊形的性質以及圓周角定理得出∠COP的度數，進而得出答案．【詳解】（1）解：連接OD，OC，∵正方形ABCD內接于⊙O，∴∠DOC＝90°，∴．（2）解：連接PO，OB，如圖所示：∵正方形ABCD內接于⊙O，∴∠COB＝90°，∵點P為的中點，∴，∴，∴n＝360÷45＝8．【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓以及圓周角定理、正方形的性質，解題的關鍵是熟練掌握同弧所對的圓周角等于圓心角的一半．4．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，六邊形ABCDEF是⊙O的內接正六邊形．(1)求證：在六邊形ABCDEF中，過頂點A的三條對角線四等分∠BAF．(2)設⊙O的面積為S1，六邊形ABCDEF的面積為S2，求的值（結果保留π）．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖，連接AE，AD，AC，根據正六邊形的性質得到EF＝ED＝CD＝BC，求得，于是得到∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，即可得到結論；（2）如圖，過O作OG⊥DE于G，連接OE，設⊙O的半徑為r，推出△ODE是等邊三角形，得到DE＝OD＝r，∠OED＝60°，根據勾股定理得到OGr，根據三角形和圓的面積公式即可得到結論．【詳解】（1）證明：如圖，連接AE，AD，AC，∵六邊形ABCDEF是⊙O的內接正六邊形，∴EF＝ED＝CD＝BC，∴，∴∠FAE＝∠EAD＝∠DAC＝∠CAB，∴過頂點A的三條對角線四等分∠BAF；（2）解：如圖，過O作OG⊥DE于G，連接OE，設⊙O的半徑為r，∵∠DOE60°，OD＝OE＝r，∴△ODE是等邊三角形，∴DE＝OD＝r，∠OED＝60°，∴∠EOG＝30°，∴EGr，∴OGr，∴正六邊形ABCDEF的面積＝6rrr2，∵⊙O的面積＝πr2，∴．【點睛】本題考查了正多邊形與圓，正六邊形的性質，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．5．（2023·江蘇·九年級假期作業）[閱讀與思考]如圖①，在正三角形中，點，是，上的點，且，則，；如圖②，在正方形中，點，是，上的點，且，則，；如圖③，在正五邊形中，點，是，上的點，且，則，；[理解與運用]在正六邊形中，點，是，上的點，且，則，；在正十邊形中，點，是，上的點，且，則，；[歸納與總結]根據以上規律，在正邊形中，對相鄰的三邊實施同樣的操作過程，即點，是，上的點，且，與相交于；也會有類似的結論，你的結論是．【答案】；；；；；以上所求的角恰好等于正n邊形的內角【分析】根據等邊三角形的性質得出，，進而利用全等三角形的判定與性質得出，；根據正方形的性質以及全等三角形的判定與性質得出：；根據正五邊形的性質以及全等三角形的判定與性質得出：；根據以上所求結論即可得正六邊形中，；根據以上所求結論即可得正十邊形中，；根據以上所求得出在正n邊形中，類似的結論．【詳解】解：閱讀與思考:∵在正三角形中，點M，N是，上的點，且，∵在和中故答案為：；∵在正方形中，點M，N是，上的點，且在和中答案為：；∵在正五邊形中，點M，N是，上的點，且，則∵在和中，故答案為：；理解與運用：∵正三角形的內角度數為：；正方形的內角度數為：；正五邊形的內角度數為：；∴同理可得：在正六邊形中，點M，N是，上的點，且，則，；故答案為：；同理可得：在正十邊形中，點M，N是，上的點，且，則，；故答案為：；歸納與總結：根據以上所求的角恰好等于正n邊形的內角，所以所求的角恰好等于正n邊形的內角故答案為：以上所求的角恰好等于正n邊形的內角【點睛】此題主要考查了正多邊形的性質以及全等三角形的判定與性質等知識，熟練利用三角形的外角性質是解題關鍵．6．（2023·江蘇·九年級假期作業）【閱讀理解】如圖1，為等邊的中心角，將繞點O逆時針旋轉一個角度，的兩邊與三角形的邊分別交于點．設等邊的面積為S，通過證明可得，則．【類比探究】如圖2，為正方形的中心角，將繞點O逆時針旋轉一個角度，的兩邊與正方形的邊分別交于點．若正方形的面積為S，請用含S的式子表示四邊形的面積（寫出具體探究過程）．【拓展應用】如圖3，為正六邊形的中心角，將繞點O逆時針旋轉一個角度，的兩邊與正六邊形的邊分別交于點．若四邊形面積為，請直接寫出正六邊形的面積．【答案】【類比探究】四邊形的面積=．【拓展應用】6【分析】類比探究：通過證明可得，則．拓展應用：通過證明可得，則．【詳解】解：類比探究：如圖2，∵為正方形的中心角，∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=45°，∵繞點O逆時針旋轉一個角度，的兩邊與正方形的邊分別交于點∴∠BOM=∠CON，∴△BOM≌△CON，∴．拓展應用：如圖3，∵為正六邊形EF的中心角，∴OB=OC，∠OBM=∠OCN=60°，∵繞點O逆時針旋轉一個角度，的兩邊與正方形的邊分別交于點∴∠BOM=∠CON，∴△BOM≌△CON，∴．∵四邊形面積為，∴正六邊形的面積為6．【點睛】本題考查了旋轉，正多邊形的性質，正多邊形的中心角，三角形的全等，圖形的割補，熟練掌握旋轉的性質，正多邊形的性質是解題的關鍵．【經典例題六弧長及扇形的面積綜合大題】1．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，內接于，，，，．(1)度數．（直接寫出答案）(2)求的長度．(3)是上一點（不與，，重合），連結．①若垂直的某一邊，求的長．②將點A繞點P逆時針旋轉后得到，若恰好落在上，則的長度為．（直接寫出答案）【答案】(1)(2)(3)①；②4【分析】（1）利用勾股定理求出，在根據等腰三角形的判定和三角形的內角和定理解答即可；（2）連接，，利用圓周角定理求得圓心角的度數，再利用弧長公式解答即可；（3）①連接，利用等腰直角三角形的性質求得，利用全等三角形的判定與勾股定理求得，則可求；②連接，，設與交于點，通過證明，，，四點共圓，利用圓周角定理和垂徑定理得到經過圓心，過點作于點，利用垂徑定理和勾股定理求得，連接，利用勾股定理求得圓的半徑，再利用等腰直角三角形的性質求得，勾股定理求得，則．【詳解】（1）解：在中，，，，，∴，，，，，故答案為：；（2）連接，，如圖，

，，在中，，，，的長度；（3）①是上一點（不與，，重合），垂直的某一邊，點只能在上，連接，如圖，

由（1）知：，，為等腰直角三角形，．在和中，，，，．；②由題意知：點在上，連接，，設與交于點，如圖，

，，．，，，，，，，四點共圓，，平分，為等腰直角三角形，垂直平分，經過圓心，過點作于點，則，，，，，，連接，，，．．，，，故答案為：4．【點睛】本題主要考查了圓的有關性質，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，圓的有關計算，充分利用圓周角定理添加恰當的輔助線是解題的關鍵．2．（2023春·江蘇鹽城·九年級校考階段練習）如圖所示，在中，，，在上取點，以為圓心，以為半徑作圓，與相切于點，并分別與，相交于點，（異于點）．(1)求證：平分；(2)若點恰好是的中點，求扇形的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，以此可得，在平面內，垂直于同一條直線的兩條直線平行得，進而得到，由可得，因此，以此即可證明；（2）連接、、，易得，根據直角三角形斜邊上的中線的性質的，因此為等邊三角形，則，根據平行線的性質得，于是可證明為等邊三角形，再利用扇形的面積公式計算即可．【詳解】（1）連接，如圖，

與相切于點，，，，，，，，，平分；（2）連接、、，如圖，

，是的中點，，在中，，，為等邊三角形，，，，，為等邊三角形，，．【點睛】本題考查切線的性質、等邊三角形的判定及性質、等腰三角形的性質、平行線的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線性質、扇形的面積公式，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題關鍵．3．（2023·江蘇無錫·校考二模）如圖，是半圓的直徑，是半圓上的一點不與，重合，連接，點為弧的中點，過點作，交的延長線于點．

(1)求證：是半圓的切線；(2)若，，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據圓周角定理可得，，再根據，可證，由此即可求證；（2）如圖所示，連接，在中根據余弦的計算方法可得，和都是等邊三角形，四邊形是菱形，可求出，的面積，再根據，即可求解．【詳解】（1）證明：點為弧的中點，∴，，，，，，，，交的延長線于點，，，是的半徑，且，是半圓的切線．（2）解：如圖所示，連接，

，，，，，，，，和都是等邊三角形，，四邊形是菱形，，，，，，，，，，，，陰影部分的面積是．【點睛】本題主要考查圓與幾何圖形的綜合，掌握切線的證明方法，等邊三角形的性質，菱形的性質，含角的直角三角形的性質，求不規則圖形的面積的方法是解題的關鍵．4．（2023·江蘇南通·統考一模）如圖，在中，，，點D在上，以為直徑的與相切于點E，與相交于點F，(1)求CF的長度；(2)求陰影部分的面積．【答案】(1)1(2)【分析】（1）過O作于G，連接，求出的半徑以及的長，再證明是等邊三角形，即可解答；（2）證明，得到陰影部分的面積等于扇形的面積，即可解答．【詳解】（1）解：∵與相切于點E，，，，，，如圖，過O作于G，連接，則，，，，，，是等邊三角形，，，；（2）解：，，，，，為等邊三角形，，在與中，，，∴陰影部分的面積=扇形的面積．【點睛】本題考查了切線的性質，扇形面積的計算，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．．（2023春·江蘇蘇州·九年級蘇州市振華中學校校考開學考試）正方形與扇形有公共頂點O，分別以，所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系．如圖所示．正方形兩個頂點C、D分別在x軸、y軸正半軸上移動．設，，(1)當時，正方形與扇形不重合的面積是______；此時直線對應的函數關系式是______；(2)當直線與扇形相切時．求直線對應的函數關系式；(3)當正方形有頂點恰好落在上時，求正方形與扇形不重合的面積．【答案】(1)，(2)(3)或者【分析】（1）利用扇形面積減去正方形的面積即可得不重合的面積，利用待定系數法即可求出直線對應的函數關系式；（2）連接，交于點F，先證明直線與扇形相切，切點為正方形對角線交點F，由，可得正方形的邊長，即有，，問題得解；（3）分點E在扇形上和點C、D在扇形上兩種情況討論即可作答．【詳解】（1）當時，即正方形的邊長為：，則正方形的對角線長為：，∴正方形在扇形內部，∴正方形與扇形不重合的面積是：，即：，∵，∴，，設直線對應的函數關系式是，∴，解得：，直線對應的函數關系式是，（2）連接，交于點F，如圖，∵正方形中，有，又∵直線與扇形相切，∴可知直線與扇形相切的切點為對角線交點F，∵，∴，∴利用勾股定理，可得正方形的邊長，∴，，同（1），利用待定系數法可得：直線對應的函數關系式；（3）分兩種情況討論：當點E在扇形上時，連接，如圖，此時可知正方形對角線的長度與扇形所在圓的半徑相等，，∴利用勾股定理，可得正方形的邊長，∴正方形在扇形內部，∴正方形與扇形不重合的面積是：，即：；當點C、D在扇形上時，如圖，即有正方形的邊長，∴正方形在扇形外部，∴正方形與扇形不重合的面積是：，即：；綜上：正方形與扇形不重合的面積為：或者．【點睛】本題考查了圖形與坐標，一次函數，正方形的性質，扇形的面積計算，圓切線的性質，注意分類討論的思想，是解答本題的關鍵．6．（2023·江蘇無錫·九年級專題練習）如圖，在中，，平分交于D點，O是上一點，經過B、D兩點的分別交、于點E、F．(1)用尺規補全圖形（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)求證：與相切：(3)當，時，求劣弧的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）作的垂直平分線交于，以為半徑畫圓分別交、于點E、F，則即為所求；（2）連接，得到，根據等腰三角形的性質得到，等量代換得到，根據平行線的判定定理得到，根據平行線的性質即可得到結論；（3）連接，根據圓周角定理得到，根據三角形的內角和得到，根據勾股定理得到，從而得到半徑根據弧長的公式即可得到結論．【詳解】（1）解：如圖所示，（2）證明：連接，則，，，，，，，即，與相切；（3）如圖，連接，是的直徑，，，，在中，，的半徑，劣弧的長．【點睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理，解直角三角形，弧長的計算，平行線的判定，基本作圖，作出輔助線構造直角三角形是解本題的關鍵．【經典例題七圓錐的側面積綜合大題】1．（2023春·江蘇蘇州·九年級星海實驗中學校考階段練習）如圖1中的某種冰激凌的外包裝可以視為圓錐（如圖2），制作這種外包裝需要用如圖3所示的等腰三角形材料，其中，將扇形EAF圍成圓錐時，AE、恰好重合，已知這種加工材料的頂角．(1)求圖2中圓錐底面圓直徑ED與母線AD長的比值；(2)若圓錐底面圓的直徑ED為5cm，求加工材料剩余部分（圖3中陰影部分）的面積．（結果保留π）【答案】(1)1：2(2)【分析】（1）根據弧EF的兩種求法，可得結論．（2）根據求解即可．【詳解】（1）由圓錐的底面圓周長相當于側面展開后扇形的弧長得：．∴．∴，ED與母線AD長之比為（2）∵∴答：加工材料剩余部分的面積為【點睛】本題考查圓錐的計算，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題．2．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，在正方形網格中建立平面直角坐標系，一條圓弧經過網格點A（0，4），B（-4，4）、C（-6，2），請在網格圖中進行如下操作：（1）若該圓弧所在圓的圓心為D，則D點坐標為_____________；（2）連接AD、CD，則的半徑長為______（結果保留根號），的度數為___________；（3）若扇形ADC是一個圓錐的側面展開圖，求該圓錐的底面圓的半徑長．（結果保留根號）【答案】（1）（?2，0）；（2）2；90°；（3）【分析】（1）利用網格特點，作BC和AB的垂直平分線，它們的交點為D，從而得到D點坐標；（2）利用勾股定理求出AD得到⊙D的半徑長，利用勾股定理的逆定理可得到△ACD為直角三角形，從而得到∠ADC的度數為90°；（3）設該圓錐的底面圓的半徑長為r，利用弧長公式得到，然后解方程即可．【詳解】解：（1）如圖作BC和AB的垂直平分線，它們的交點為D，則點D即為該圓弧所在圓的圓心，由圖可知點D的坐標為（?2，0）；（2）如圖，AD＝，即⊙D的半徑長為2，∵AD＝CD＝2，AC＝，∵，∴，∴△ACD為直角三角形，∠ADC