2025年中考数学真题分类汇编23：圆的有关计算（7大考点，精选33题）（教师版）

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考点1正多边形与圆
1．（2025·山东·中考真题）在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．已知内切圆的半径是2，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．πB．2πC．3πD．4π
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的内切圆、外切圆、勾股定理等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
如图：连接AB、DC相交于O，由正方形的内切圆的半径是2，AC=BC=4，OA=OB，再运用勾股定理可得AB=42，则OA=OB=12AB=22，最后根据圆的面积公式求解即可．
【详解】解：如图：连接AB、DC相交于O，
∵正方形的内切圆的半径是2，
∴AC=BC=4，OA=OB，
∴AB=AC2+BC2=42+42=42，OA=OB=12AB=22，
∴图中阴影部分的面积是π⋅222−π⋅22=4π．
故选D．
2．（2025·上海·中考真题）已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，那么这个角的大小是 ．
【答案】36°或108°
【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如∠ABC，弦为AB,BC时，此时∠ABC恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即⊙O交∠AFC的两边，截取的两条弦为AE,CD时，进行求解即可．
【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如⊙O交∠ABC的两边，截取的两条弦为AB,BC，此时∠ABC恰好是正五边形的一个内角，
∴∠ABC=5−2×180°5=108°；
当角的顶点在圆外部，即⊙O交∠AFC的两边，截取的两条弦为AE,CD时，
则：∠AED=∠CDE=5−2×180°5=108°，
∴∠FED=∠FDE=180°−108°=72°，
∴∠F=180°−2×72°=36°；
综上：这个角的大小是36°或108°；
故答案为：36°或108°．
3．（2025·青海·中考真题）活动与探究
解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？
蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片．
探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？
（1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________．
探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？
数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．
观察图1，发现⊙O是正三角形ABC的内切圆，与AC切于点D，OD⊥AD，∠OAD=30°，OD=1，在Rt△ADO中，AD=3，则△ABC的周长为63．
（2）如图2，正方形ABCD的周长为__________；
（3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）．
探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？
数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小．
（4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________．
【得出结论】
综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案．
【答案】（1）①90°，②360°÷90°=4，③83，④不能；（2）8；（3）43；（4）43，9，63
【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答；
（2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长；
（3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为233，即得正六边形周长；
（4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为233，积为43；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为3，面积为63．
【详解】（1）∵正方形每个内角为90° ，
∴360°÷90°=4，
∴能密铺；
∵正八边形的每个内角为135°，
∴360°÷135°=83，
∴不能密铺；
故答案为：①90°；②360°÷90°=4 ；③360°÷135°=83；④不能；
（2）设AB切⊙O于点E，连接OE，AC，BD，
则AC，BD交于点O，AC⊥BD，OE⊥AB，
∵OA=OB，
∴AE=BE=OE=1，
∴AB=2，
∴正方形ABCD的周长为8；
故答案为：8；

（3）设AB切⊙O于点G，连接OG，OA，OB，
则OG⊥AB，OA=OB，
∴AG=BG=12AB，
∵∠AOB=360°6=60°，
∴∠AOG=12∠AOB=30°，
∴OA=2AG，
∵AG2+OG2=OA2，
∴AG=33OG=33，
∴AB=233，
∴正六边形周长为43；
（4）三角形：
∵AC=123=4，
∴AD=12AC=2，
∵∠OAD=12∠BAC=30°，
∴OA=2OD，
∵AD2+OD2=OA2，
∴OD=33AD=233，
∴S△ABC=3×12AC⋅OD=43；
正方形：
∵AB=124=3，
∴S正方形ABCD=AB2=9，
正六边：
∵AB=126=2，
∴AG=12AB=1，
∴OA=2AG=2，
∴OG=OA2−AG2=3，
∴S正六边形ABCDEF=6×12AB⋅OG=63．
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
考点2弧长的计算
4．（2025·黑龙江绥化·中考真题）在⊙O中，如果75°的圆心角所对的弧长是2.5πcm，那么⊙O的半径是（ ）
A．6cmB．8cmC．10cmD．12cm
【答案】A
【分析】本题考查弧长公式，根据圆心角对应的弧长公式，代入已知条件求解半径即可．
【详解】解：根据弧长公式：L=n360×2πr，其中n=75，L=2.5π
代入得：2.5π=75360×2πr
解得：r=6cm
故选：A．
5．（2025·浙江·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A=35°,CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB=2，则DE的长为（ ）
A．19πB．29πC．1136πD．718π
【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CD=12AB=AD，进而得到∠DAC=∠ACD，三角形的外角得到∠CDE的度数，作图可知CD=CE，等边对等角求出∠DCE的度数，再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：∵Rt△ABC，CD是斜边AB上的中线，AB=2，
∴CD=12AB=AD=1，
∴∠DAC=∠ACD=35°，
∴∠CDE=∠DAC+∠ACD=70°，
由作图可知CD=CE，
∴∠CDE=∠CED=70°，
∴∠DCE=180°−2×70°=40°，
∴DE的长为40π180×1=2π9；
故选B．
6．（2025·湖南·中考真题）如图，北京市某处A位于北纬40°（即∠AOC=40°），东经116°，三沙市海域某处B位于北纬15°（即∠BOC=15°），东经116°；设地球的半径约为R千米，则在东经116°所在经线圈上的点A和点B之间的劣弧长约为（ ）
A．572πR（千米）B．112πR（千米）
C．536πR（千米）D．29πR（千米）
【答案】C
【分析】本题主要考查了求弧长，根据题意求出∠AOB的度数，再根据弧长公式求解即可．
【详解】解；由题意得，∠AOB=∠AOC−∠BOC=25°，
∴劣弧AB的长为25π×R180=5π36R千米，
故选：C．
7．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC=45°．若⊙O的半径为2，则劣弧BC的长为 ．
【答案】π
【分析】本题考查了圆周角定理，求弧长，先根据圆周角定理得∠BOC=90°，再结合弧长公式代入数值计算，即可作答．
【详解】解：连接BO,CO，如图所示：
∵∠BAC=45°，BC=BC，
∴∠BOC=90°，
∴劣弧BC=90°×π×2180°=π，
故答案为：π．
8．（2025·江苏苏州·中考真题）“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮，共设有28个回转式太空舱全景轿厢，其示意图如图所示．该摩天轮高128m（即最高点离水面平台MN的距离），圆心O到MN的距离为68m，摩天轮匀速旋转一圈用时30min．某轿厢从点A出发，10min后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即AB）长度为 m．（结果保留π）
【答案】40π
【分析】本题主要考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．先求出摩天轮半径，再求出∠AOB=120°，最后根据弧长公式求出结果即可．
【详解】解：∵最高点离水面平台MN的距离为128m，圆心O到MN的距离为68m，
∴摩天轮的半径为128−68=60m，
∵摩天轮匀速旋转一圈用时30min，轿厢从点A出发，10min后到达点B，
∴∠AOB=1030×360°=120°，
∴该轿厢所经过的路径长度为：
120π×60180=40πm．
故答案为：40π．
9．（2025·四川凉山·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O,∠B=65°,∠C=70°，若BC=22，则BC的长为 ．
【答案】π
【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，求弧长，连接OB,OC，根据三角形的内角和定理，求出∠A的度数，圆周角定理求出∠COB的度数，易得△OCB为等腰直角三角形，进而求出OB,OC的长，再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：连接OB,OC，则：OB=OC，
在△ABC中，∠ABC=65°,∠ACB=70°，
∴∠A=180°−60°−75°=45°，
∵△ABC内接于⊙O，
∴∠COB=2∠A=90°，
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴OC=OB=22BC=2，
∴BC的长为90π180×2=π；
故答案为：π．
考点3有关弧长的计算与证明问题
10．（2025·青海·中考真题）如图，线段AB经过圆心O，交⊙O于点A，C，AD为⊙O的弦，连接BD，∠A=∠B=30°．
(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)已知BC=2，求DC的长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)23π
【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质．
（1）先由三角形内角和定理得出∠ADB=120°，再根据OA=OD得∠A=∠ODA=30°，进而可得∠ODB=90°，再根据切线的判定可得出结论；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得OD=12OB，设OD=OC=r，则r=12r+2，求出r，再得∠DOB=∠A+∠ODA=60°，然后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵∠A=∠B=30°，
∴∠ADB=180°−∠A−∠B=120°，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA=30°，
∴∠ODB=120°−30°=90°，
∴OD⊥BD，
且OD是⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△DOB中，∠ODB=90°,∠B=30°，
∴OD=12OB，
设OD=OC=r，
∴r=12r+2，
解得r=2，
∵∠DOB=∠A+∠ODA=60°，
∴DC的长为：60πr180=23π．
11．（2025·辽宁·中考真题）如图，在△ABC中，AC=BC，以AB为直径作⊙O，与AC相交于点D．连接OC，与⊙O相交于点E．
(1)如图1，连接DE，求∠ADE的度数；
(2)如图2，若点D为AC的中点，且AC=6，求DE的长．
【答案】(1)135°
(2)12π
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）连接OD，先证明△OAC≌△OBCSSS，得到∠AOC=∠BOC=90°，由等腰三角形性质得到∠OAD=∠ODA,∠ODE=∠OED，设∠OAD=∠ODA=x,∠ODE=∠OED=y，在四边形OADE中，由四边形内角和等于360°计算即可；
（2） 根据直角三角形斜边中线的性质先证明△ADO为等边三角形，则可求∠DOE度数，再由弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：连接OD，
∵CA=CB,OA=OB,OC=OC，
∴△OAC≌△OBCSSS，
∴∠AOC=∠BOC，
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∵OA=OD=OE，
∴∠OAD=∠ODA,∠ODE=∠OED，
设∠OAD=∠ODA=x,∠ODE=∠OED=y，
在四边形OADE中，∵∠OAD+∠ADE+∠OED+∠AOC=360°
∴x+x+y+y+90°=360°，
∴∠ADE=∠ADO+∠ODE=x+y=135°；
（2）解：连接OD，
∵∠AOC=90°，D为AC中点，
∴OD=AD=12AC=12×6=3，
∴OD=OA=AD=3，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=90°−60°=30°，
∴DE的长为：30π×3180=12π．
12．（2025·江西·中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=35°，以BA，BC为边作▱ABCD．
(1)当BC经过圆心O时（如图1），求∠D的度数；
(2)当AD与⊙O相切时（如图2），若⊙O的半径为6，求AC的长．
【答案】(1)55°
(2)lAC=7π3
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出∠BAC=90°，再求出∠ABC=90°−35°=55°，再根据平行四边形的性质得出∠D=∠ABC=55°；
（2）连接AO、CO，根据切线性质得出AO⊥AD，证明OA⊥BC，得出BE=CE，
说明OA垂直平分BC，根据线段垂直平分线的性质得出AB=AC，根据等腰三角形性质得出∠ABC=∠ACB=35°，根据圆周角定理得出∠AOC=2∠ABC=70°，最后根据弧长公式求出结果即可．
【详解】（1）解：∵BC经过圆心O，
∴BC为⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵∠ACB=35°，
∴∠ABC=90°−35°=55°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D=∠ABC=55°；
（2）解：连接AO、CO，如图所示：
∵AD与⊙O相切，
∴AO⊥AD，
∴∠OAD=90°，
∵在▱ABCD中BC∥AD，
∴∠OEC=∠OAD=90°，
∴OA⊥BC，
∴BE=CE，
∴OA垂直平分BC，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=35°，
∴∠AOC=2∠ABC=70°，
∴lAC=70π×6180=7π3．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握相关的判定和性质．
13．（2025·内蒙古·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，半径OC⊥AB，垂足为O，OC=2，P是BA延长线上一点，连接CP，交⊙O于点D，连接AD，∠OCP=60°．过点P作⊙O的切线，切点为E，交CO的延长线于点F．
(1)求CD的长；
(2)求∠DAB的度数；
(3)求cs∠OFP的值．
【答案】(1)2π3
(2)75°
(3)33
【分析】本题考查圆的相关性质与计算，涉及切线的性质，弧长的计算，还考查等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数，熟练掌握相关性质与定义是解题的关键．
（1）连接OD，判定△OCD是等边三角形，得出∠COD=60°，利用弧长公式求解即可；
（2）利用OC⊥AB，求出∠AOD=∠AOC−∠COD=30°，再利用OA=OD，等边对等角即可求解；
（3）连接OE， 求出∠CPO=30°，即可得PO=3CO=23，利用OE是⊙O的切线，求出∠OEF=90°，OE=OA=2，证明∠OFP=∠POE，再利用三角函数定义求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接OD，
在⊙O中，OC=OD，
又∵∠OCP=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD=60°，
∵OC=2，
∴CD的长=60π×2180=2π3；
（2）解：∵OC⊥AB，
∴∠POF=∠AOC=90°，
∴∠AOD=∠AOC−∠COD=30°，
∵在⊙O中，OA=OD，
∴∠DAB=∠ADO=180°−∠AOD2=75°；
（3）解：如图，连接OE，
∵∠AOC=90°，∠OCP=60°，
∴∠CPO=30°，
∴PO=3CO=23，
∵OE是⊙O的切线，
∴∠OEF=90°，OE=OC=2，
∴∠OFP+∠FOE=90°，
∵∠POF=∠AOC=90°，
∴∠POE+∠FOE=90°，
∴∠OFP=∠POE，
∴cs∠OFP=cs∠POE=OEPO=223=33．
14．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形ABCD的边长为5．扇形OEF所在圆的圆心O在对角线BD上，且不与点D重合，半径OE=2，点E，F分别在边AD，CD上，DE=DF (DE≥2)，扇形OEF的弧交线段OB于点M，记为EMF．
(1)如图1，当AE=3时，求∠EMF的度数；
(2)如图2，当四边形OEMF为菱形时，求DE的长；
(3)当∠EOF=150°时，求EMF的长．
【答案】(1)45°
(2)6
(3)5π3或7π3
【分析】（1）根据题意证明出四边形EOFD是正方形，得到∠EOF=90°，然后利用圆周角定理求解即可；
（2）首先证明出△OEM是等边三角形，如图所示，连接EF交BD于点G，求出MG=OG=12EM=1，EG=EM2−MG2=3，然后得到△EGD是等腰直角三角形，进而求解即可；
（3）分两种情况，根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）∵正方形ABCD的边长为5．
∴AD=CD=5
∵当AE=3时
∴ED=DF=2
∵OE=OF=2
∴ED=DF=OE=OF
∴四边形EOFD是菱形
∵∠EDF=90°
∴四边形EOFD是正方形
∴∠EOF=90°
∴∠EMF=12∠EOF=45°；
（2）∵四边形OEMF为菱形
∴EM=MF=OE=OF
∵扇形OEF所在圆的圆心O在对角线BD上，
∴OE=OM=EM=2
∴△OEM是等边三角形
如图所示，连接EF交BD于点G
∴EF⊥BD
∴∠MEG=12∠MEO=30°
∴MG=OG=12EM=1
∴EG=EM2−MG2=3
∵∠EDG=45°
∴△EGD是等腰直角三角形
∴EG=DG=3
∴ED=EG2+DG2=6；
（3）如图所示，当EMF是劣弧时，
∵∠EOF=150°，半径OE=2
∴EMF=150π×2180=5π3；
如图所示，当EMF是优弧时，
∵∠EOF=150°，半径OE=2
∴360°−150°=210°
∴EMF=210π×2180=7π3．
综上所述，EMF的长为5π3或7π3．
【点睛】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，求弧长，勾股定理，菱形的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
15．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，扇形OPN为某运动场内的投掷区，PN所在圆的圆心为O、A、B、N、O在同一直线上．直线AP与PN所在⊙O相切于点P．此时测得∠PAO=45°；从点A处沿AO方向前进8.0米到达B处．直线BQ与PN所在⊙O相切于点Q，此时测得∠QBO=60°．（参考数据：2≈1.41,3≈1.73,π≈3.14）
(1)求圆心角∠PON的度数；
(2)求PN的弧长（结果精确到0.1米）．
【答案】(1)45°
(2)24.1m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，圆的切线的性质，弧长公式，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）由圆的切线的性质得到∠APO=90°，再由直角三角形锐角互余即可求解；
（2）先解Rt△BQO，设BQ=x,BO=2x，OQ=OP=3x，再解Rt△APO得到3x8+2x=22，求出x，求出半径，再由弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：∵直线AP与PN所在⊙O相切于点P，
∴∠APO=90°，
∵∠PAO=45°，
∴∠PON=90°−∠PAO=45°；
（2）解：∵直线BQ与PN所在⊙O相切于点Q，
∴∠BQO=90°，
∵∠QBO=60°，
∴cs∠QBO=cs60°=BQBO=12，
设BQ=x,BO=2x，
∴OQ=OP=BO2−BQ2=3x，
∵AB=8.0m，
∴AO=AB+BO=8.0+2xm，
∵在Rt△APO中，∠A=45°，
∴sinA=sin45°=POAO=22，
∴3x8.0+2x=22，
解得：x=46+8m，
∴OP=3×46+8=122+83m，
∴PN的弧长为：45π×122+83180≈24.1m，
答：PN的弧长为24.1m．
16．（2025·四川自贡·中考真题）如图，等圆⊙O1和⊙O2相交于A，B两点，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，连接AB，作直径AC，延长O2B到点D，使DB=O2B，连接DC．
(1)∠ABO2=___________度；
(2)求证：DC为⊙O2的切线；
(3)若DC=33，求⊙O2上AB的长．
【答案】(1)30
(2)见解析
(3)2π
【分析】（1）如图，连接O1O2，AO1，BO1，证明AB⊥O1O2，四边形AO1BO2是菱形，△AO1O2，△BO1O2是等边三角形，可得∠O1BO2=60°，进一步可得结论；
（2）如图，连接BC，由（1）得：△AO1O2，△BO1O2是等边三角形，可得∠AO2O1=∠BO2O1=60°，证明△BO2C为等边三角形，可得∠O2CB=60°=∠O2BC，CB=O2B，证明DB=BC，可得∠BDC=∠BCD=12∠O2BC=30°，再进一步证明即可；
（3）由DC=33，∠BDC=30°，∠O2CD=90°，可得O2C=CD⋅tan30°=33×33=3，结合∠AO2B=60°+60°=120°，再利用弧长公式计算即可.
【详解】（1）解：如图，连接O1O2，AO1，BO1，
∵⊙O1和⊙O2相交于A，B两点，且⊙O1经过⊙O2的圆心O2，
∴AO1=BO1=AO2=BO2=O1O2，AB⊥O1O2，
∴四边形AO1BO2是菱形，△AO1O2，△BO1O2是等边三角形，
∴∠O1BO2=60°，
∴∠ABO2=12×60°=30°．
（2）证明：如图，连接BC，
由（1）得：△AO1O2，△BO1O2是等边三角形，
∴∠AO2O1=∠BO2O1=60°，
∴∠BO2C=60°，
∵O2B=O2C，
∴△BO2C为等边三角形，
∴∠O2CB=60°=∠O2BC，CB=O2B，
∵DB=O2B，
∴DB=BC，
∴∠BDC=∠BCD=12∠O2BC=30°，
∴∠O2CD=60°+30°=90°，
∵O2C为半径，
∴CD为⊙O2的切线；
（3）解：∵DC=33，∠BDC=30°，∠O2CD=90°，
∴O2C=CD⋅tan30°=33×33=3，
∵∠AO2B=60°+60°=120°，
∴⊙O2上AB的长120π×3180=2π.
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，切线的判定，等腰三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.
考点5圆锥的有关计算
17．（2025·广东·中考真题）如图，在直径BC为22的圆内有一个圆心角为90°的扇形ABC．随机地往圆内投一粒米，该粒米落在扇形内的概率为（ ）
A．15B．14C．13D．12
【答案】D
【分析】如图所示，过点A作AD⊥BC于点D，证明出△ABC是等腰直角三角形，求出AD=BD=CD=12BC=2，然后得到AB=AD2+BD2=2，然后分别求出S扇形ABC和S圆，然后根据概率公式求解即可．
【详解】如图所示，过点A作AD⊥BC于点D
∵BC是直径
∴∠BAC=90°
∵AB=AC
∴△ABC是等腰直角三角形
∵AD⊥BC
∴AD=BD=CD=12BC=2，
∴AB=AD2+BD2=2
∴S扇形ABC=90π×22360=π，S圆=π×22=2π
∴该粒米落在扇形内的概率为π2π=12．
故选：D．
【点睛】此题考查了几何概率，求扇形面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
18．（2025·山西·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，分别以点B、C为圆心、BC的长为半径画弧，与BA、CA的延长线分别交于点D、E．若BC=4，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2π−4B．4π−4C．8π−8D．4π−8
【答案】D
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC=22BC=22，进而由S阴影=2S扇形BCD−S△ABC解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵BC=4，
∴AB=AC=22BC=22，
∴S阴影=2S扇形BCD−S△ABC=245π×42360−12×22×22=4π−8，
故选：D．
19．（2025·四川成都·中考真题）如图，⊙O的半径为1，A，B，C是⊙O上的三个点．若四边形OABC为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】π6
【分析】本题考查菱形的判定和性质，求不规则图形的面积，连接OB，证明四边形OABC为菱形，易得△AOB为等边三角形，S△AOB=S△ABC=12S菱形OABC，得到∠AOB=60°，根据阴影部分的面积等于弓形AB的面积加上△ABC的面积，即为扇形OAB的面积，进行求解即可．
【详解】解：连接OB，交AC于点D，则：OA=OB=1，
∵四边形OABC为平行四边形，OA=OC，
∴四边形OABC为菱形，
∴OA=AB=OB，S△AOB=S△ABC=12S菱形OABC，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴AC=2AD=3，
∴阴影部分的面积=S扇形OAB−S△OBA+S△ABC=S扇形OAB=60π360×12=π6；
故答案为：π6．
20．（2025·吉林长春·中考真题）若扇形的面积是它所在圆的面积的23，则这个扇形的圆心角的大小是 度．
【答案】240
【分析】本题考查了扇形面积公式，圆的面积公式，掌握扇形面积S=nπR2360是解题的关键．
设扇形的圆心角度数为n，半径为R，由扇形面积公式和圆的面积公式得到nπR2360πR2=23，即可求解．
【详解】解：设扇形的圆心角度数为n，半径为R，
由题意得nπR2360πR2=23，
解得：n=240°，
故答案为：240．
21．（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为4，中心为点O，以点O为圆心，以AB长为半径作圆心角为120°的扇形，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】16π3−83
【分析】连接OA、OE、OF，过点O作OM⊥AF于点M，根据正六边形的性质得出OA=OE=OF，∠AOF=∠EOF=360°6=60°，∠BAF=120°，证明△OAF和△OEF为等边三角形，求出S△OAF=12AF×OM=12×4×23=43，证明△GOA≌△HOE，得出S△GOA=S△EOH，得出S五边形AGOHF=S四边形AOEF=2S△AOF=83，根据S阴影=S扇形−S五边形AGOHF求出结果即可．
【详解】解：连接OA、OE、OF，过点O作OM⊥AF于点M，如图所示：
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴OA=OE=OF，∠AOF=∠EOF=360°6=60°，∠BAF=120°，
∴△OAF和△OEF为等边三角形，∠AOE=60°+60°=120°，
∴∠OEF=∠OAF=60°，
∵OM⊥AF，
∴AM=FM=12AF=2，
∴OM=42−22=23，
∴S△OAF=12AF×OM=12×4×23=43，
∵∠BAF=120°，
∴∠OAG=120°−60°=60°，
∴∠OAG=∠OEH，
∵∠GOA+∠AOH=∠AOH+∠EOH=120°，
∴∠GOA=∠EOH，
∴△GOA≌△HOE，
∴S△GOA=S△HOE，
∴S△GOA+S四边形AOHF=S△HOE+S四边形AOHF，
∴S五边形AGOHF=S四边形AOEF=2S△AOF=83，
∴S阴影=S扇形−S五边形AGOHF
=120π×42360−83
=16π3−83．
故答案为：16π3−83．
【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质．
22．（2025·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，过原点O的直线与反比例函数y=3x的图象交于A，B两点，分别以点A，点B为圆心，画半径为1的⊙A和⊙B．当⊙A，⊙B分别与x轴相切时，切点分别为点C和点D，连接AC，BD，则阴影部分图形的面积和为 ．（结果保留π）
【答案】π3/13π
【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点的问题，考查了切线的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，解直角三角形，扇形的面积，解题的关键是求得∠OAC=60°，根据题意得到AC=BD=1，则A点的纵坐标为1，代入解析式求得A的坐标，进而求得∠OAC=60°，再利用扇形的面积公式即可求得两个象限中扇形的面积，进一步求得阴影部分图形的面积之和．
【详解】解：当⊙A，⊙B分别与x轴相切时，切点分别为点C和点D，
∴AC⊥x轴，BD⊥x轴，
∵半径为1，
∴AC=BD=1，
∴A点的纵坐标为1，
把y=1代入y=3x，求得x=3，
∴A3,1，
∴OC=3，AC=1，
∴tan∠OAC=OCAC=3，
∴∠OAC=60°，
∴第一象限中阴影的面积S1=60π×12360=π6，
同理，第三象限中阴影的面积S2=π6，
∴S阴影=π3．
故答案为：π3．
23．（2025·河南·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，AB所在圆的圆心为点O，四边形ABCD为矩形，边CD与⊙O相切于点E，连接BE，∠ABE=15°，连接OE交AB于点F．若AB=4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】43π−23
【分析】根据圆的切线的性质和矩形的性质，得到OE⊥AB，由垂径定理可得AF=BF=2，由圆周角定理可得∠AOE=30°，进而证明△AOB是等边三角形，得到OF=23，再根据阴影部分的面积=S扇形AOE−S△AOF求解即可．
【详解】解：∵AB所在圆的圆心为点O，边CD与⊙O相切于点E，
∴OA=OB=OE，OE⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴OE⊥AB，
∵AB=4，
∴AF=BF=12AB=2，
∵∠ABE=15°，
∴∠AOE=2∠ABE=30°，
∵OA=OB，OF⊥AB，
∴∠AOB=2∠AOF=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=4，
∴OF=OA2−AF2=23，
∴阴影部分的面积=S扇形AOE−S△AOF=30π×42360−12×23×2=43π−23，
故答案为：43π−23．
【点睛】本题考查了求不规则图形面积，矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积，掌握圆的相关性质是解题关键．
24．（2025·黑龙江绥化·中考真题）尺规作图（温馨提示：以下作图均不写作法，但需保留作图痕迹）
[初步尝试]
如图（1）用无刻度的直尺和圆规作一条经过圆心的直线OP，使扇形OMN的面积被直线OP平分．
[拓展探究]
如图（2），若扇形OMN的圆心角为30°，请你用无刻度的直尺和圆规作一条以点O为圆心的弧CD，交OM于点C，交ON于点D，使扇形OCD的面积与扇形OMN的面积比为1:4．
【答案】[初步尝试]见解析；[拓展探究]见解析
【分析】本题主要考查了扇形的面积，基本作图，熟练掌握扇形的面积公式和尺规作图是解题的关键．
[初步尝试] 经过圆心的直线平分扇形OMN的面积，作圆心角的角平分线或作扇形弧对应弦的垂直平分线；
[拓展探究]根据扇形面积公式，扇形面积之比等于扇形半径的平方之比，从而得到 扇形OCD的面积与扇形OMN半径之比为1:2，只要画出OM或ON的中点即可．方法一：作扇形OMN半径ON的垂直平分线找到中点D，然后以OD为半径作弧交半径OM于点C．方法二：扇形OMN的圆心角为30°，根据含30°的直角三角形是斜边的一半，过M点作出ON的垂线，构造直角三角形，取垂线段的长度为半径，以O为圆心画弧即可．
【详解】解：[初步尝试]
作法一：如图所示
①连接MN，分别以点M和点N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，
两弧交于点P，标注出点P
②画直线OP
③直线OP即为所求
作法二：如图所示
①以O为圆心，适当长为半径画弧，交OM于点E，交ON于点F，
②分别以E、F为圆心，大于12EF的长为半径作弧，两弧交于点P，标注出点P.
③画直线OP，直线OP即为所求
[拓展探究]
∵扇形OCD的面积与扇形OMN的面积比为1:4，设扇形OCD的半径为r，扇形OMN的半径为R
∴扇形OCD的面积∶扇形OMN的面积=r2:R2=1:4
∴R=2r
∴只要画出OM或ON的中点即可
作法一：
①作ON的垂直平分线交ON于点D，标注出点D
②以O为圆心OD长为半径画弧，交OM于点C，标注出点C
③弧CD即为所求．（同理作OM的垂直平分线也可得分）
作法二：
过M点作出ON的垂线或者过N点作OM的垂线，取垂线段的长度为半径，以O为圆心画弧即可．（依据：含30°的直角三角形是斜边的一半）
25．（2025·四川内江·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，点O是边AB上一点，以点O为圆心、OB长为半径作圆，⊙O恰好经过点D，交AB于点E．
(1)求证：直线AC是⊙O的切线；
(2)若点E为AO的中点，AD=3，求阴影部分的面积；
(3)连接DE，若sin∠DBA=55，求csA的值．
【答案】(1)见解析
(2)33−π2
(3)45
【分析】本题主要考查了求不规则图形面积，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，切线的判定，勾股定理等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）连接OD，由角平分线的定义得到∠OBD=∠CBD，再由等边对等角得到∠ODB=∠OBD，则∠ODB=∠CBD，据此可证明OD∥BC，得到∠ODA=∠C=90°，由此可证明AC是⊙O的切线；
（2）根据线段之间的关系证明OA=2OD，解直角三角形可得∠AOD=60°，则可求出OD=3，再根据S阴影=S△AOD−S扇形DOE列式计算即可；
（3）由直径所对的圆周角是直角得到∠BDE=90°，解Rt△BDE得到sin∠DBE=DEBE=55，设DE=x，BE=5x，由勾股定理可得BD=2x；证明∠ADE=∠OBD，进而证明△ABD∽△ADE，得到ADAB=AEAD=DEBD=12，则AB=2AD，AD=2AE，AB=4AE，进而可求出OA=AE+OE=52AE，再根据余弦的定义可得答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接OD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD=∠CBD，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠ODB=∠CBD，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=∠C=90°，
∴OD⊥AD，
∵OD是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵点E为AO的中点，
∴OA=2OE，
∵OD=OE，
∴OA=2OD，
由（1）可得∠ODA=90°，
在Rt△ADO中，cs∠AOD=ODOA=12，
∴∠AOD=60°，
∴OD=ADtan∠AOD=3tan60°=3，
∴S阴影=S△AOD−S扇形DOE=12×3×3−60π×32360=33−π2；
（3）解：∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE=90°，
在Rt△BDE中，sin∠DBE=DEBE=55，
设DE=x，BE=5x，
∴BD=BE2−DE2=2x；
∵∠ADO=∠BDE=90°，
∴∠ADO−∠ODE=∠BDE−∠ODE，
∴∠ADE=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠ADE=∠OBD，
又∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△ADE，
∴ADAB=AEAD=DEBD=x2x=12，
∴AB=2AD，AD=2AE，
∴AB=4AE，
∴BE=AB−AE=3AE，
∴OE=12BE=32AE，
∴OA=AE+OE=52AE，
在Rt△ADO中，csA=ADOA=2AE52AE=45．
考点4扇形及阴影部分面积
26．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为90°，母线长为40cm，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）
A．9cmB．10cmC．11cmD．12cm
【答案】B
【分析】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长．
设圆锥底面圆半径为r，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长得到2πr=90π×40180，即可求解半径．
【详解】解：设圆锥底面圆半径为r，
由题意得：2πr=90π×40180，
解得r=10，
因此，该圆锥的底面圆半径为10cm，
故选：B．
27．（2025·四川广安·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为90°的扇形，若圆锥的母线长为5，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）
A．54B．53C．52D．5
【答案】A
【分析】本题考查了与圆锥相关的计算，熟知圆锥侧面展开后是扇形及与圆锥的底面半径的关系是解题的关键；
先计算圆锥展开图的扇形的弧长，再进一步计算即可
【详解】解：圆锥侧面展开图的扇形的弧长=90π×5180=52π，
∴该圆锥的底面圆的半径为52π÷2π=54；
故选：A
28．（2025·黑龙江·中考真题）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 ．
【答案】15π
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据勾股定理求出母线长，再根据侧面积公式进行计算即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为3，高为4，
∴圆锥的母线长为32+42=5，
∴圆锥侧面展开图的面积为3×5×π=15π；
故答案为：15π．
29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径为40cm，母线长为90cm，则其侧面展开图的圆心角为 度．
【答案】160
【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．圆锥的底面半径为40cm，则底面圆的周长是80πcm，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是80πcm，母线长为90cm即侧面展开图的扇形的半径长是90cm．根据弧长公式即可计算．
【详解】解：根据弧长的公式l=nπr180得到：
80π=nπ⋅90180，
解得n=160．
即侧面展开图的圆心角为160度．
故答案为：160．
30．（2025·四川达州·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，已知圆锥的底面半径为2，则扇形的弧长是 ．
【答案】4π
【分析】本题考查了圆锥的相关计算，明确扇形的弧长=圆锥底面圆的周长是解题的关键；
根据扇形的弧长=圆锥底面圆的周长计算求解即可．
【详解】解：扇形的弧长=圆锥底面圆的周长=2π×2=4π；
故答案为：4π．
考点6新定义曲线问题的计算
31．（2025·四川德阳·中考真题）等宽曲线是指在任何方向上的直径都相等的一种几何图形，它在我们的日常生活中应用比较广泛，例如可以利用等宽曲线设计自行车的车轮等．如图，分别以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形就是等宽曲线（图中阴影部分），如果AB=1，那么这个等宽曲线的周长是 ．
【答案】π
【分析】本题考查了弧长的计算，等边三角形的性质，利用弧长计算公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，BC=AC=AB=1
∴AB=BC=AC=60π×1180=13π，
∴这个等宽曲线的周长为13π×3=π．
故答案为：π
32．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，黄金矩形ABCD中ABAD=5−12，以宽AB为边在其内部作正方形ABFE，得到四边形CDEF是黄金矩形，依此作法，四边形DEGH，四边形KEGL也是黄金矩形．依次以点E，G，L为圆心作AF，FH，HK，曲线AFHK叫做“黄金螺线”．若AD=2，则“黄金螺线”AFHK的长为 ．（结果用π表示）
【答案】5−1π
【分析】本题主要考查了黄金矩形的定义，及弧长公式l=nπr180．先根据黄金矩形ABCD中ABAD=5−12，且AD=2，求出AB=5−1，进而求出GF=GH=HC=FC=3−5，LH=HD=25−4，再根据弧长公式即可求出“黄金螺线”AFHK的长．根据黄金矩形的定义求出AB的长，以及熟练掌握弧长的公式是解题的关键．
【详解】解: ∵黄金矩形ABCD中ABAD=5−12，且AD=2，
∴AB=5−1，
∵四边形ABFE是正方形，
∴AE=EF=BF=AB=5−1，
∴FC=ED=2−5−1=3−5，
∵四边形FGHC是正方形，
∴GF=GH=HC=FC=3−5，
∵CD=AB=5−1，
∴HD=CD−CH=5−1−3−5=25−4，
∵四边形LKDH是正方形，
∴LH=HD=25−4，
∴“黄金螺线”AFHK的长为，
90π⋅AE180+90π⋅GH180+90π⋅LH180
=12πAE+GH+LH
=12πAE+ED+LH
=12πAD+LH
=12π2+25−4
=5−1π．
故答案为：5−1π．
考点7运动路径的计算
33．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=43，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQ=12PF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是 ．
【答案】4π3
【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得到AH=12AP=2，进而得到点Q在以AH为直径的圆上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°的AQ，求出两段路径的和即可得出结果．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=∠B=90°，
∵翻折，
∴AP=AB=4，
当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，则：∠AQH=90°=∠BAD，
∴∠AHQ=∠PAF=90°−∠HAQ，
∵PF⊥AD，
∴∠PFA=90°=∠AQH，
∴△AQH∽△PFA，
∴AHAP=AQPF，
∵AQ=12PF，
∴AHAP=AQPF=12，
∴AH=12AP=2，
∴点Q在以AH为直径的圆上运动，
∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，
∴点Q的运动路径长为：12×2π=π；
当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交AB的延长线于点K，
同法可得：△AKQ∽△PAF，AK=12AP=2，
∴∠AKQ=∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运动，连接OQ，
当点E运动到点C时，如图：
∵AB=4,BC=43，∠B=90°，
∴tan∠BAC=BCAB=3，
∴∠BAC=60°，
∴∠CAD=∠BAD−∠BAC=30°，
∵折叠，
∴∠PAC=∠BAC=60°，
∴∠PAF=∠PAC−∠CAD=30°，
∴∠AKQ=∠PAF=30°，
∴∠AOQ=2∠AKQ=60°，
∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的AQ，路径长为60π180×1=π3，
∴点Q的运动路径总长为：π+π3=4π3；
故答案为：4π3
【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点Q的运动轨迹，是解题的关键．
34．（2025·四川遂宁·中考真题）综合与实践——硬币滚动中的数学．将两枚半径为r的硬币放在桌面上，固定白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图1；将三枚半径均为r的硬币连贯的放在桌面上，固定两枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，深色硬币的圆心移动的路径如图2；现将四枚半径均为r的硬币按图3、图4摆放在桌面上，固定三枚白色硬币，深色硬币沿其边缘滚动一周，则在图3与图4这两种情形中深色硬币的圆心移动路径长的比值为 ．
【答案】109
【分析】本题考查了弧长公式，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，把深色硬币的圆心移动路径都画出来，根据三边都等于2r，证明△AEF是等边三角形，同理得出其他三角形都是等边三角形，再求出每条弧长，再加起来得出图3与图4这两种情形中深色硬币的圆心移动路径长，再进行求解，即可作答．
【详解】解：依题意，AE=EF=AF=2r，
则△AEF是等边三角形；
则∠AEF=∠AFE=60°，
同理得△CEF、△BFG、△DFG是等边三角形，
则∠BFG=∠BGF=∠FGD=∠GFD=∠CEF=∠EFC=60°
∴∠AFB=180°−60°−60°=∠CFD
∴lAC⌢=360°−60°−60°×π×2r180°=8πr3，lBD⌢=360°−60°−60°×π×2r180°=8πr3
∴lAB⌢=180°−60°−60°×π×2r180°=2πr3，lCD⌢=180°−60°−60°×π×2r180°=2πr3
∴2πr3×2+8πr3×2=4πr3+16πr3=20πr3；
依题意，AE=EF=AF=2r，
∴△AEF是等边三角形；
则∠AEF=∠AFE=∠FAE=60°，
同理得△CAB、△AEB、△DEB是等边三角形，
则lFD⌢=360°−60°−60°−60°×π×2r180°=2πr
lCD⌢=360°−60°−60°−60°×π×2r180°=2πr
lCF⌢=360°−60°−60°−60°×π×2r180°=2πr
则2πr×3=6πr，
则20πr3÷6πr=20πr36πr=109
故答案为：109．
考点概览
考点1正多边形与圆
考点2弧长的计算
考点3有关弧长的计算与证明问题
考点4扇形及阴影部分面积
考点5圆锥的有关计算
考点6新定义曲线问题的计算
考点7运动路径的计算
平面图形
每个内角度数
能否整除
能否密铺
正三角形
60°
360°÷60°=6
能
正方形
①________
②________
能
正五边形
108°
360°÷108°=103
不能
正六边形
120°
360°÷120°=3
能
正七边形
900°7
360°÷900°7=145
不能
正八边形
135°
③________
④________
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