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9. (广州中考)如图,正方形ABCD的面积为3,点E在边CD上,且CE = 1,∠ABE的平分线交AD于点F,点M,N分别是BE,BF的中点,则MN的长为 (
A.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$2-\sqrt{3}$
D.$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
D
)A.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$2-\sqrt{3}$
D.$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
答案
9. D 解析:连接 EF.
∵ 正方形 ABCD 的面积为 3,
∴ $AB=BC=CD=AD=\sqrt{3}$, $∠ABC=∠A=90°$.
∵ $CE=1$,
∴ $DE=\sqrt{3}-1$.
∵ $\tan∠EBC=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $∠EBC=30°$,
∴ $∠ABE=90°-30°=60°$.
∵ BF 平分 $∠ABE$,
∴ $∠ABF=\frac{1}{2}∠ABE=30°$,
∴ $AF=AB· \tan 30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$,
∴ $DF=\sqrt{3}-1$,
∴ $△DEF$ 是等腰直角三角形,
∴ $EF=\sqrt{2} DE=\sqrt{2}×(\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}$.
∵ M,N 分别是 BE,BF 的中点,
∴ $MN=\frac{1}{2} EF=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$.故选 D.
∵ 正方形 ABCD 的面积为 3,
∴ $AB=BC=CD=AD=\sqrt{3}$, $∠ABC=∠A=90°$.
∵ $CE=1$,
∴ $DE=\sqrt{3}-1$.
∵ $\tan∠EBC=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $∠EBC=30°$,
∴ $∠ABE=90°-30°=60°$.
∵ BF 平分 $∠ABE$,
∴ $∠ABF=\frac{1}{2}∠ABE=30°$,
∴ $AF=AB· \tan 30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$,
∴ $DF=\sqrt{3}-1$,
∴ $△DEF$ 是等腰直角三角形,
∴ $EF=\sqrt{2} DE=\sqrt{2}×(\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}$.
∵ M,N 分别是 BE,BF 的中点,
∴ $MN=\frac{1}{2} EF=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$.故选 D.
10. (2026·江西中考)生活中的剪刀蕴含着数学知识.如图①是某剪刀,其结构主要包括剪刃、剪柄和指圈.当剪刀张角最大时,其理想化模型如图②,剪刃所在直线与指圈所在半圆相切.已知AC与BD相交于点O,CE为半圆的直径,OC=9,CE=6,则此时张角∠AOB的大小为
150
°.答案
10. 150 解析:如图,设右半圆的圆心为 M,BD 与半圆 M 相切于点 N,连接 MN,
∴ $∠MNO=90°$,
∵ $OC=9$, $CE=6$,
∴ $MN=MC=\frac{1}{2} EC=3$, $OM=OC-MC=9-3=6$,
∴ $\sin∠MON=\frac{MN}{OM}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$,
∴ $∠MON=30°$,
∴ $∠AOB=180°-∠MON=180°-30°=150°$.
11. (1)(2024·深圳中考)如图①,在矩形ABCD中,$BC=\sqrt{2}AB$,O为BC中点,$OE=AB=4$,则扇形EOF的面积为
(2)新考法（成都中考）为传承非遗文化,讲好中国故事,某地准备在一个场馆进行川剧演出.该场馆底面为一个圆形,如图②所示,其半径是10米,从A到B有一笔直的栏杆,圆心O到栏杆AB的距离是5米,观众在阴影区域里观看演出,如果每平方米可以坐3名观众,那么最多可容纳
$4π$
.(2)新考法（成都中考）为传承非遗文化,讲好中国故事,某地准备在一个场馆进行川剧演出.该场馆底面为一个圆形,如图②所示,其半径是10米,从A到B有一笔直的栏杆,圆心O到栏杆AB的距离是5米,观众在阴影区域里观看演出,如果每平方米可以坐3名观众,那么最多可容纳
184
名观众同时观看演出.($π$取3.14,$\sqrt{3}$取1.73)答案
11. (1) $4π$ 解析:
∵ $BC=\sqrt{2}AB$,$AB=4$,
∴ $BC=4\sqrt{2}$.
∵ O 为 BC 中点,
∴ $OB=OC=\frac{1}{2} BC=2\sqrt{2}$.
∵ $OE=4$,在 $\mathrm{Rt}△OBE$ 中,$\cos∠BOE=\frac{OB}{OE}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴ $∠BOE=45°$,同理 $∠COF=45°$,
∴ $∠EOF=180°-45°-45°=90°$,
∴ 扇形 EOF 的面积为 $\frac{90π · 4^2}{360}=4π$.
(2) 184 解析:过点 O 作 $OC⊥AB$ 于点 C.
∵ 圆心 O 到栏杆 AB 的距离是 5 米,
∴ $OC=5$ 米.
∵ $OC⊥AB$,
∴ $\sin∠OBC=\frac{OC}{OB}=\frac{1}{2}$, $AB=2BC=2AC=2 \sqrt{OB^2-OC^2}=10\sqrt{3}$ 米,
∴ $∠OBC=30°$.
∵ $OA=OB$,
∴ $∠OAB=∠OBC$,
∴ $∠AOB=180°-2∠OAB=120°$,
∴ 可容纳的观众人数 $=3×$ 阴影部分面积 $=3×(S_{扇形AOB}-S_{△AOB})=3×(\frac{120}{360}×π×10^2-\frac{1}{2}×10\sqrt{3}×5)\approx184$(名),
∴ 最多可容纳 184 名观众同时观看演出.
∵ $BC=\sqrt{2}AB$,$AB=4$,
∴ $BC=4\sqrt{2}$.
∵ O 为 BC 中点,
∴ $OB=OC=\frac{1}{2} BC=2\sqrt{2}$.
∵ $OE=4$,在 $\mathrm{Rt}△OBE$ 中,$\cos∠BOE=\frac{OB}{OE}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴ $∠BOE=45°$,同理 $∠COF=45°$,
∴ $∠EOF=180°-45°-45°=90°$,
∴ 扇形 EOF 的面积为 $\frac{90π · 4^2}{360}=4π$.
(2) 184 解析:过点 O 作 $OC⊥AB$ 于点 C.
∵ 圆心 O 到栏杆 AB 的距离是 5 米,
∴ $OC=5$ 米.
∵ $OC⊥AB$,
∴ $\sin∠OBC=\frac{OC}{OB}=\frac{1}{2}$, $AB=2BC=2AC=2 \sqrt{OB^2-OC^2}=10\sqrt{3}$ 米,
∴ $∠OBC=30°$.
∵ $OA=OB$,
∴ $∠OAB=∠OBC$,
∴ $∠AOB=180°-2∠OAB=120°$,
∴ 可容纳的观众人数 $=3×$ 阴影部分面积 $=3×(S_{扇形AOB}-S_{△AOB})=3×(\frac{120}{360}×π×10^2-\frac{1}{2}×10\sqrt{3}×5)\approx184$(名),
∴ 最多可容纳 184 名观众同时观看演出.
12. (2024·湖北中考)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点E在AC上,以CE为直径的⊙O经过AB上的点D,与OB交于点F,且BD=BC.
(1)求证:AB是⊙O的切线;
(2)若AD=$\sqrt{3}$,AE=1,求$\overset{\frown}{CF}$的长.
(1)求证:AB是⊙O的切线;
(2)若AD=$\sqrt{3}$,AE=1,求$\overset{\frown}{CF}$的长.
答案
12. (1)连接 OD,则 $OD=OC$.
∵ $BD=BC$,$OB=OB$,
∴ $△ODB≌△OCB$(SSS),
∴ $∠ODB=∠OCB=90°$,
∴ $OD⊥AB$.
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ AB 是⊙O 的切线.
(2) 设⊙O 的半径为 r,则 $OA=r+1$.
∵ $∠ODB=90°$,
∴ $∠ODA=180°-90°=90°$.在 $\mathrm{Rt}△OAD$ 中,$OA^2=AD^2+OD^2$,
∴ $(r+1)^2=(\sqrt{3})^2+r^2$,解得 $r=1$,
∴ $\tan∠AOD=\frac{AD}{OD}=\sqrt{3}$,
∴ $∠AOD=60°$,
∴ $∠DOC=120°$.
∵ $△ODB≌△OCB$,
∴ $∠BOD=∠BOC=60°$,
∴ $\overset{\frown}{CF}$ 的长为 $\frac{60×π×1}{180}=\frac{π}{3}$.
∵ $BD=BC$,$OB=OB$,
∴ $△ODB≌△OCB$(SSS),
∴ $∠ODB=∠OCB=90°$,
∴ $OD⊥AB$.
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ AB 是⊙O 的切线.
(2) 设⊙O 的半径为 r,则 $OA=r+1$.
∵ $∠ODB=90°$,
∴ $∠ODA=180°-90°=90°$.在 $\mathrm{Rt}△OAD$ 中,$OA^2=AD^2+OD^2$,
∴ $(r+1)^2=(\sqrt{3})^2+r^2$,解得 $r=1$,
∴ $\tan∠AOD=\frac{AD}{OD}=\sqrt{3}$,
∴ $∠AOD=60°$,
∴ $∠DOC=120°$.
∵ $△ODB≌△OCB$,
∴ $∠BOD=∠BOC=60°$,
∴ $\overset{\frown}{CF}$ 的长为 $\frac{60×π×1}{180}=\frac{π}{3}$.
13.（2025·德阳中考）如图，在平面直角坐标系中，A(2,0)，B(0,2√3)，点C在直线m:y=$\frac{\sqrt{3}}{3}x - \frac{2\sqrt{3}}{3}$上，且AC=3，连接AB，BC，将△ABC绕点C顺时针旋转到△A₁B₁C₁，点B的对应点B₁落在直线m上，再将△A₁B₁C₁绕点B₁顺时针旋转到△A₂B₂C₂，点A₁的对应点A₂也落在直线m上。如此下去，…，则A₁₀₀₁的纵坐标是
2004
.答案
13. 2 004 解析:如图,设直线 m 与 y 轴交于点 D,分别过 $A_2$,$A_5$ 作 $A_2E⊥x$ 轴,$A_5F⊥x$ 轴,垂足分别为点 E,F,由直线 m:$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}}{3}$得,当 $x=0$ 时,$y=-\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ 点 $D(0,-\frac{2\sqrt{3}}{3})$,
∴ $OD=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
∵ $A(2,0)$,$B(0,2\sqrt{3})$,
∴ $OA=2$,$OB=2\sqrt{3}$,由勾股定理得 $AB=\sqrt{OB^2+OA^2}=4$,
∴ $\tan∠OAD=\frac{OD}{OA}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\tan∠OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
∴ $∠OAD=∠CAE=30°$, $∠OAB=60°$,
∴ $∠BAC=90°$,
∴ $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$,由旋转性质可知:$CB_1=BC=5$,$B_1A_2=AB=4$,
∴ $AA_2=AC+CB_1+B_1A_2=12$,
∴ $A_2E=\frac{1}{2}AA_2=6$,即 $A_2(A_3)$ 的纵坐标为 6,同理 $A_5(A_6)$ 的纵坐标为 12,
∵ $A_{1001}=A_{3×333+2}$,
∴ $A_{1001}$ 在直线 m 上,
∴ $A_{1001}(A_{1002})$ 的纵坐标为 $334×6=2\ 004$.
14. (湖州中考改编)如图,已知在矩形$ABCD$中,$AB=1$,$BC=\sqrt{3}$,点$P$是$AD$边上的一个动点,连接$BP$,点$C$关于直线$BP$的对称点为$C_1$,当点$P$运动时,点$C_1$也随之运动.若点$P$从点$A$运动到点$D$,则线段$CC_1$扫过的区域的面积是________.
答案
14. $π+\frac{3\sqrt{3}}{4}$ 解析:如图,当点 P 与点 A 重合时,点 C 关于直线 BP 的对称点为 C'.当点 P 与点 D 重合时,点 C 关于直线 BP 的对称点为 C'',
∴ 点 P 从点 A 运动到点 D,线段 $CC_1$ 扫过的区域为扇形 $C'BC''$ 和 $△BCC''$.
在 $△BCD$ 中,∵ $∠BCD=90°$,$BC=\sqrt{3}$,$CD=1$,
∴ $\tan∠DBC=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $∠DBC=30°$,
∴ $∠CBC''=60°$.
∵ $BC=BC''$,
∴ $△BCC''$ 为等边三角形,
∴ $S_{扇形C'BC''}=\frac{120×π×(\sqrt{3})^2}{360}=π$.作 $C''F⊥BC$ 于点 F.
∵ $△BCC''$ 为等边三角形,
∴ $BF=\frac{1}{2} BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ $C''F=\tan 60°×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$,
∴ $S_{△BCC''}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\frac{3}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$,
∴ 线段 $CC_1$ 扫过的区域的面积为 $π+\frac{3\sqrt{3}}{4}$.
