《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 数形结合思想 (湖北模拟)如图,在面积为$24$的平行四边形$ABCD$中,对角线$BD$绕着它的中点$O$按顺时针方向旋转一定角度后,其所在直线分别交$AB,CD$于点$E,F$,若$AE = 2EB$,则图中阴影部分的面积等于(C).

A.$1$
B.$2$
C.$4$
D.$8$

答案：
1.C[解析]如图，连接AC。
∵O是BD的中点，
∴点O在AC上，且O是AC的中点，
∴S△AOB = $\frac{1}{4}$×SABCD = 6。
∵AE = 2EB，
∴S△EOB = $\frac{1}{3}$×S△AOB = 2。
∵对角线BD绕着它的中点O按顺时针方向旋转一定角度后，其所在直线分别交AB，CD于点E，F，
∴S△DOF = 2，
∴图中阴影部分的面积 = 2 + 2 = 4。故选C

2. (洛阳三模)如图,圆$O$是等边三角形$ABC$的外接圆,$D$是弧$BC$的中点,连接$BD,CD$.以点$D$为圆心,$BD$的长为半径在圆$O$内画弧,阴影部分的面积为$\frac{16\pi}{3}$,则等边三角形$ABC$的边长为(C).

A.$4$
B.$4\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{3}$
D.$2$

答案：
2.C[解析]如图，连接OD，交BC于点G。
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A = 60°，
∴∠BDC = 180° - ∠A = 180° - 60° = 120°。（根据圆的内接四边形对角互补得到）
由题意，得$\frac{120\pi× DB^{2}}{360}$ = 16π，解得DB = 4（负值舍去）。
∵D是弧BC的中点，
∴DB = DC，OD⊥BC，
∴∠ODB = $\frac{1}{2}$∠BDC = 60°，BG = GC，
∴BG = DB·sin∠ODB = 4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 2$\sqrt{3}$，
∴BC = 2BG = 4$\sqrt{3}$。故选C

3. (东营胜利一中一模)如图,$\odot O$是边长为$6\sqrt{3}$的等边三角形$ABC$的外接圆,$D$是$\overgroup{BC}$的中点,连接$BD,CD$.以点$D$为圆心,$BD$的长为半径在$\odot O$内画弧,则阴影部分的面积为(A).

A.$12\pi$
B.$18\pi$
C.$36\pi$
D.$16\pi$

答案：
3.A[解析]如图，连接AD。
∵△ABC是等边三角形，
∴AB = AC，∠BAC = ∠ABC = 60°。
∵∠BDC + ∠BAC = 180°，
∴∠BDC = 180° - ∠BAC = 180° - 60° = 120°。
∵D为BC的中点，
∴BD = CD，
∴AD垂直平分线段BC，
∴AD经过点O，∠BAD = 30°，
∴∠ABD = 90°，
∴DB = $\frac{\sqrt{3}}{3}$AB = $\frac{\sqrt{3}}{3}$×6$\sqrt{3}$ = 6，
∴S阴影 = $\frac{120\pi×6^{2}}{360}$ = $\frac{36\pi}{3}$ = 12π。故选A

4. (鹤壁二模)如图,扇形$OAB$以点$O$为圆心,$4$为半径,圆心角$\angle AOB = 60°$,$C$为$OB$的中点,连接$AC$.以点$C$为圆心,$CB$为半径画弧,交$AC$于点$D$,则图中阴影部分的面积为$\frac{5}{3}$π - 2$\sqrt{3}$.(结果保留$\pi$)

答案：
4.$\frac{5}{3}$π - 2$\sqrt{3}$[解析]如图，连接AB。
∵OA = OB，∠AOB = 60°，
∴△AOB为等边三角形。
∵C为OB的中点，
∴OC = BC = 2，AC⊥OB。
由勾股定理，得AC = $\sqrt{OA^{2}-OC^{2}}$ = $\sqrt{4^{2}-2^{2}}$ = 2$\sqrt{3}$，
∴图中阴影部分的面积 = $\frac{60\pi×4^{2}}{360}$ - $\frac{1}{2}$×2×2$\sqrt{3}$ - $\frac{90\pi×2^{2}}{360}$ = $\frac{5}{3}$π - 2$\sqrt{3}$

5. (重庆北碚区模拟)如图,在矩形$ABCD$中,以点$B$为圆心,$BC$长为半径画弧,交$AD$于点$E$.以点$E$为圆心,$AE$长为半径画弧,与$BC$相切于点$F$.若$AB = 1$,则图中阴影部分的面积为(C).

A.$\sqrt{2}-\frac{1}{2}+\frac{\pi}{2}$
B.$\sqrt{2}-1+\frac{\pi}{2}$
C.$\sqrt{2}+\frac{1}{2}-\frac{\pi}{2}$
D.$\sqrt{2}+1-\frac{\pi}{2}$

答案：
5.C[解析]如图，连接EF，BE。
∵以点E为圆心，AE长为半径画弧，与BC相切于点F，
∴EF⊥BF，EF = BF，
∴∠EBF = 45°。
∵∠A = ∠ABF = 90°，
∴四边形ABFE为矩形，
∴EF = AB = 1，
∴BE = BC = $\sqrt{1^{2}+1^{2}}$ = $\sqrt{2}$，
∴S阴影部分 = S矩形ABCD - S扇形EAF - (S扇形BEC - S△EBF) = $\sqrt{2}$×1 - $\frac{90\pi×1^{2}}{360}$ - $\frac{45\pi×(\sqrt{2})^{2}}{360}$ + $\frac{1}{2}$×1×1 = $\sqrt{2}$ - $\frac{\pi}{4}$ - $\frac{\pi}{4}$ + $\frac{1}{2}$ = $\sqrt{2}$ + $\frac{1}{2}$ - $\frac{\pi}{2}$。故选C

6. (广西中考)如图,在扇形$OAB$中,$C$是$OA$的中点,$CD\perp OA$,$CD$与$\overgroup{AB}$交于点$D$,以点$O$为圆心,$OC$的长为半径作$\overgroup{CE}$交$OB$于点$E$,若$OA = 4$,$\angle AOB = 120°$,则图中阴影部分的面积为$\frac{4}{3}$π + 2$\sqrt{3}$.(结果保留$\pi$)

答案：
6.$\frac{4}{3}$π + 2$\sqrt{3}$[解析]如图，连接OD，AD。
∵C为OA的中点，
∴OC = $\frac{1}{2}$OA = $\frac{1}{2}$OD。
∵CD⊥OA，
∴∠CDO = 30°，∠DOC = 60°，
∴△ADO为等边三角形，
∴CD = 2$\sqrt{3}$，
∴S扇形OAD = $\frac{60\pi×4^{2}}{360}$ = $\frac{8}{3}$π，
∴S阴影 = S扇形OAB - S扇形OCE - (S扇形OAD - S△COD) = $\frac{120\pi×4^{2}}{360}$ - $\frac{120\pi×2^{2}}{360}$ - ($\frac{8}{3}$π - $\frac{1}{2}$×2×2$\sqrt{3}$) = $\frac{16}{3}$π - $\frac{4}{3}$π - $\frac{8}{3}$π + 2$\sqrt{3}$ = $\frac{4}{3}$π + 2$\sqrt{3}$。

7. (泸州叙永三模)如图,$A,B,C$分别是线段$BD,CE,AF$的中点,若$\triangle DEF$的面积为$a$,则$\triangle ABC$的面积为$\frac{a}{7}$.(用含$a$的式子表示)

答案：
7.$\frac{a}{7}$[解析]如图，连接AE，CD。
令△ABC的面积为x。
∵B为CE的中点，
∴S△ABE = S△ABC = x。
同理可得S△ADE = x，S△ACD = S△FCD = x，S△FCE = 2x，
∴S△DEF = 7x。
∵△DEF的面积为a，
∴7x = a，则x = $\frac{a}{7}$，
∴△ABC的面积为$\frac{a}{7}$。

8. (上海徐汇区二模)如图,在$\triangle ABC$中,$D$是边$AC$的中点,点$E$在边$BC$上,$CE = 2BE$,$AE$和$BD$交于点$O$,那么$\triangle BOE$和四边形$OECD$的面积比是1:5.

答案：
8.1:5 [解析]如图，连接OC。
设S△BOE = S，S△COD = S1。
∵CE = 2BE，D是边AC的中点，
∴S△COE = 2S，S△AOD = S1，S△ABE:S△ACE = 1:2，S△ABD = S△CBD，
∴S△AOB + S1 = 3S + S1，
∴S△AOB = 3S，
∴(3S + S):(2S1 + 2S) = 1:2，
∴S1 = 3S，
∴S四边形OECD = 2S + S1 = 2S + 3S = 5S，
∴S△BOE:S四边形OECD = S:5S = 1:5。

9. (汕头潮南区三模)如图,在$\odot O$中,$OA\perp OB$,$CD = DE=\sqrt{2}$,$\angle CDE = 90°$,则图中阴影部分的面积为$\frac{\pi}{4}$ - $\frac{1}{2}$.
答案见P27

答案：
9.$\frac{\pi}{4}$ - $\frac{1}{2}$ [解析]如图，连接OC，OD，OE，设OA交CD于点M，OB交DE于点N。
∵∠CDE = 90°，
∴CE是⊙O的直径。
∵OD = OE，CD = DE，
∴∠DOE = 90°。
∵OD = OE，
∴∠EDO = ∠DEO = 45°，
∴∠ODC = 45°，
∴∠ODC = ∠DEO。
∵OA⊥OB，
∴∠MON = 90°，
∴∠MON - ∠DON = ∠DOE - ∠DON，即∠MOD = ∠NOE。
∵OD = OE，
∴△ODM≌△OEN(ASA)，
∴S扇形OAD - S△ODM = S扇形OBE - S△OEN，
即S阴影 = S扇形CD = S扇形DE。
∵DE = $\sqrt{2}$，
∴OD = OE = 1，
∴S阴影 = $\frac{90\pi×1^{2}}{360}$ - $\frac{1}{2}$×1×1 = $\frac{\pi}{4}$ - $\frac{1}{2}$。