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5. [2025 辽宁中考]我国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何？”其大意是一块矩形田地的面积为 864 平方步，只知道它的长与宽共 60 步，它的长比宽多多少步？设这个矩形的宽为 $x$ 步，根据题意可列方程为 （
A.$x(60-x)=864$
B.$x(x-60)=864$
C.$x(60+x)=864$
D.$2[x+(x+60)]=864$
A
）A.$x(60-x)=864$
B.$x(x-60)=864$
C.$x(60+x)=864$
D.$2[x+(x+60)]=864$
答案
5. A 利用矩形面积公式即可列出方程为 $x(60-x)=864$.
解析
【分析】
我们先梳理题干给出的已知条件：矩形田地面积为864平方步，长与宽的总和是60步，题目已经设宽为x步。第一步先根据“长与宽共60步”的条件，用含x的代数式表示长：用长宽总和60步减去宽x步，就能得到长为(60-x)步。第二步回忆矩形的面积计算公式，把宽和表示出来的长代入面积公式，让长乘宽等于已知的面积864，就能列出对应方程，再和选项比对即可选出正确答案。
【解析】
解：已知设矩形的宽为$x$步，
由长和宽的总和为60步，可得长为$(60-x)$步，
根据矩形面积公式：矩形面积=长×宽，且题目给出面积为864平方步，
代入后可直接列出方程：$x(60-x)=864$，对应选项A。
【答案】A
【知识点】
矩形面积公式；列一元二次方程解应用题
【点评】
本题以古代数学文化为命题背景，属于非常基础的一元二次方程应用题型，解题核心是准确提取题干里长和宽的数量关系，结合最基础的矩形面积公式就能完成列方程，几乎没有复杂计算，主要考察学生梳理实际问题中数量关系的能力，易错点极低。
【难度系数】
0.9
我们先梳理题干给出的已知条件：矩形田地面积为864平方步，长与宽的总和是60步，题目已经设宽为x步。第一步先根据“长与宽共60步”的条件，用含x的代数式表示长：用长宽总和60步减去宽x步，就能得到长为(60-x)步。第二步回忆矩形的面积计算公式，把宽和表示出来的长代入面积公式，让长乘宽等于已知的面积864，就能列出对应方程，再和选项比对即可选出正确答案。
【解析】
解：已知设矩形的宽为$x$步，
由长和宽的总和为60步，可得长为$(60-x)$步，
根据矩形面积公式：矩形面积=长×宽，且题目给出面积为864平方步，
代入后可直接列出方程：$x(60-x)=864$，对应选项A。
【答案】A
【知识点】
矩形面积公式；列一元二次方程解应用题
【点评】
本题以古代数学文化为命题背景，属于非常基础的一元二次方程应用题型，解题核心是准确提取题干里长和宽的数量关系，结合最基础的矩形面积公式就能完成列方程，几乎没有复杂计算，主要考察学生梳理实际问题中数量关系的能力，易错点极低。
【难度系数】
0.9
6. [2025 河南中考]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”. 如图所示为研究“割圆术”时的一个图形，$\overset{\frown}{AB}$ 所在圆的圆心为点 $O$，四边形$ABCD$ 为矩形，边 $CD$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$，连接 $BE$，$∠ ABE=15°$，连接 $OE$ 交$AB$ 于点 $F$. 若 $AB=4$，则图中涂色部分的面积为
$\dfrac{4π}{3}-2\sqrt{3}$
.答案
6. $\dfrac{4π}{3}-2\sqrt{3}$ $\because$ 边 $CD$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$,$\therefore OE⊥ CD$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形,$\therefore AB// CD$. $\therefore OE⊥ AB$. $\therefore AF=FB=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}×4=2$. 由圆周角定理,得$∠ AOE=2∠ ABE=30°$. $\therefore OA=2AF=4$. 由勾股定理,得$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$,则 $S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{\mathrm{扇形}AOE}-S_{△ AOF}=\dfrac{30π×4^2}{360}-\dfrac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=\dfrac{4π}{3}-2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解题思路梳理：首先从已知的切线条件入手，根据切线的性质得到OE⊥CD，结合矩形对边平行的性质，可推导出OE垂直AB，进而得到AB的半长AF=2；接下来利用圆周角定理，已知圆周角∠ABE=15°，可算出对应的圆心角∠AOE=30°；接着在Rt△AOF中，利用30°角的直角三角形性质求出圆的半径OA=4，再通过勾股定理算出OF的长度；最后观察涂色部分的形状，它恰好是扇形AOE减去直角三角形AOF的部分，代入扇形面积和三角形面积公式计算即可得到结果。
【解析】
解：
1. 推导垂直与线段长度：
∵ 边CD与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥CD（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//CD，
∴ OE⊥AB，即OF⊥AB，
由垂径定理得AF=FB=$\frac{1}{2}$AB，
已知AB=4，因此AF=$\frac{1}{2}×4=2$。
2. 计算圆心角：
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠ABE是弧AE对应的圆周角，
∴ ∠AOE=2∠ABE=2×15°=30°。
3. 求半径与OF的长度：
在Rt△AOF中，∠AFO=90°，∠AOF=30°，AF=2，
∴ OA=2AF=4（30°角所对直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得：$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
4. 计算涂色部分面积：
涂色部分面积 = 扇形AOE的面积 - Rt△AOF的面积，
代入公式计算：
$S_{\mathrm{扇形}AOE}=\frac{30π×4^2}{360}=\frac{4π}{3}$，
$S_{△ AOF}=\frac{1}{2}×AF×OF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
因此$S_{\mathrm{涂色部分}}=\frac{4π}{3}-2\sqrt{3}$。
【答案】
$\dfrac{4π}{3}-2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，扇形面积计算
【点评】
本题结合古代数学文化“割圆术”命题，考察了圆的多个核心性质，采用割补法将不规则的涂色阴影面积转化为规则的扇形与直角三角形的面积差，是求阴影面积的经典题型，需要学生熟练掌握圆的相关性质，具备转化不规则图形面积的思维能力。
【难度系数】
0.5
解题思路梳理：首先从已知的切线条件入手，根据切线的性质得到OE⊥CD，结合矩形对边平行的性质，可推导出OE垂直AB，进而得到AB的半长AF=2；接下来利用圆周角定理，已知圆周角∠ABE=15°，可算出对应的圆心角∠AOE=30°；接着在Rt△AOF中，利用30°角的直角三角形性质求出圆的半径OA=4，再通过勾股定理算出OF的长度；最后观察涂色部分的形状，它恰好是扇形AOE减去直角三角形AOF的部分，代入扇形面积和三角形面积公式计算即可得到结果。
【解析】
解：
1. 推导垂直与线段长度：
∵ 边CD与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥CD（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//CD，
∴ OE⊥AB，即OF⊥AB，
由垂径定理得AF=FB=$\frac{1}{2}$AB，
已知AB=4，因此AF=$\frac{1}{2}×4=2$。
2. 计算圆心角：
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠ABE是弧AE对应的圆周角，
∴ ∠AOE=2∠ABE=2×15°=30°。
3. 求半径与OF的长度：
在Rt△AOF中，∠AFO=90°，∠AOF=30°，AF=2，
∴ OA=2AF=4（30°角所对直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得：$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
4. 计算涂色部分面积：
涂色部分面积 = 扇形AOE的面积 - Rt△AOF的面积，
代入公式计算：
$S_{\mathrm{扇形}AOE}=\frac{30π×4^2}{360}=\frac{4π}{3}$，
$S_{△ AOF}=\frac{1}{2}×AF×OF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
因此$S_{\mathrm{涂色部分}}=\frac{4π}{3}-2\sqrt{3}$。
【答案】
$\dfrac{4π}{3}-2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，扇形面积计算
【点评】
本题结合古代数学文化“割圆术”命题，考察了圆的多个核心性质，采用割补法将不规则的涂色阴影面积转化为规则的扇形与直角三角形的面积差，是求阴影面积的经典题型，需要学生熟练掌握圆的相关性质，具备转化不规则图形面积的思维能力。
【难度系数】
0.5
7. [2025 攀枝花中考]类比圆面积公式的推导,我们对扇形的面积公式进行如下探究:将扇形均匀分割成 $n$ 个“小扇形”(如图①),扇形的面积就是这些“小扇形”的面积和,当 $n$ 无限大时,这些“小扇形”可以近似地看成底边长分别为 $l_1,l_2,\dots,l_n$,高为 $r$ 的“小三角形”,它们的面积和为
$\frac{1}{2}l_1r+\frac{1}{2}l_2r+\dots+\frac{1}{2}l_nr=\frac{1}{2}r(l_1+l_2+\dots+l_n)=\frac{1}{2}lr,$
即扇形面积 $S=\frac{1}{2}lr$.
请根据这样的方法继续思考:如图②,扇形 $ODG$ 与扇形 $OEF$ 有共同的圆心角,且弧长分别为 3和 $7,DE=4$,则图中涂色部分的面积是
$\frac{1}{2}l_1r+\frac{1}{2}l_2r+\dots+\frac{1}{2}l_nr=\frac{1}{2}r(l_1+l_2+\dots+l_n)=\frac{1}{2}lr,$
即扇形面积 $S=\frac{1}{2}lr$.
请根据这样的方法继续思考:如图②,扇形 $ODG$ 与扇形 $OEF$ 有共同的圆心角,且弧长分别为 3和 $7,DE=4$,则图中涂色部分的面积是
20
.答案
7. 20 根据题意,得涂色部分的面积是$\dfrac{1}{2}×(3+7)×4=20$.
解析
【分析】
题目给出了扇形面积的极限分割推导思路：将扇形无限分割后近似为小三角形，通过对小三角形面积求和得到扇形面积公式$S=\frac{1}{2}lr$。我们只需要把这个思路迁移到涂色的扇环上：把扇环也均匀分割成n个极小的小扇环，当n无限大时，每个极小的小扇环都可以近似看成小梯形，这些小梯形的高都等于DE=4，所有小梯形的上底总和就是内侧弧DG的长度3，所有小梯形的下底总和就是外侧弧EF的长度7，对所有小梯形的面积求和就能直接算出涂色部分的总面积。
【解析】
解：根据题干的类比推导方法，将涂色扇环均匀分割为n个极小的小扇环，当n趋近于无穷大时，每个小扇环可近似看作高为4的小梯形：
所有小梯形的上底之和等于内侧弧DG的弧长，即总和为3；
所有小梯形的下底之和等于外侧弧EF的弧长，即总和为7；
涂色部分总面积等于所有小梯形的面积之和：
$\begin{aligned}S_{涂色}&=\frac{1}{2}×4× l_1' + \frac{1}{2}×4× l_2' +\dots +\frac{1}{2}×4× l_n'\\&=\frac{1}{2}×4×(l_1'+l_2'+\dots+l_n' + l_1''+l_2''+\dots+l_n'')\\&=\frac{1}{2}×4×(3+7)\\&=20\end{aligned}$
【答案】
20
【知识点】
扇形面积推导，类比转化思想，扇环面积计算
【点评】
本题是探究迁移类题型，没有直接考察常规扇环面积公式，而是引导学生将题干给出的极限分割推导逻辑迁移到新图形上，重点考察学生的知识迁移能力，避免死记硬背公式，核心是理解割补极限思想，把扇环等效为“上下底为内外弧长、高为环宽的梯形”直接计算即可。
【难度系数】
0.6
题目给出了扇形面积的极限分割推导思路：将扇形无限分割后近似为小三角形，通过对小三角形面积求和得到扇形面积公式$S=\frac{1}{2}lr$。我们只需要把这个思路迁移到涂色的扇环上：把扇环也均匀分割成n个极小的小扇环，当n无限大时，每个极小的小扇环都可以近似看成小梯形，这些小梯形的高都等于DE=4，所有小梯形的上底总和就是内侧弧DG的长度3，所有小梯形的下底总和就是外侧弧EF的长度7，对所有小梯形的面积求和就能直接算出涂色部分的总面积。
【解析】
解：根据题干的类比推导方法，将涂色扇环均匀分割为n个极小的小扇环，当n趋近于无穷大时，每个小扇环可近似看作高为4的小梯形：
所有小梯形的上底之和等于内侧弧DG的弧长，即总和为3；
所有小梯形的下底之和等于外侧弧EF的弧长，即总和为7；
涂色部分总面积等于所有小梯形的面积之和：
$\begin{aligned}S_{涂色}&=\frac{1}{2}×4× l_1' + \frac{1}{2}×4× l_2' +\dots +\frac{1}{2}×4× l_n'\\&=\frac{1}{2}×4×(l_1'+l_2'+\dots+l_n' + l_1''+l_2''+\dots+l_n'')\\&=\frac{1}{2}×4×(3+7)\\&=20\end{aligned}$
【答案】
20
【知识点】
扇形面积推导，类比转化思想，扇环面积计算
【点评】
本题是探究迁移类题型，没有直接考察常规扇环面积公式，而是引导学生将题干给出的极限分割推导逻辑迁移到新图形上，重点考察学生的知识迁移能力，避免死记硬背公式，核心是理解割补极限思想，把扇环等效为“上下底为内外弧长、高为环宽的梯形”直接计算即可。
【难度系数】
0.6
