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第 11 讲 圆中的计算（压轴题）
（限时120分钟，满分120分）
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2024·河北·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，连接
AG，BH，CI，DJ，EK，FL（A，G，H三点共线），若CI=2,IJ=3，则正六边形ABCDEF的
边长为（ ）
A．√3 B．5 C．√19 D．19
【答案】C
【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的性质，30°直角三角形的性质，连接OA，OB，OG，
OH，根据正六边形的性质证明△AOG≌△BOH，得到∠AGO=∠BHO=120°，BH=AG，即可得到
B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，然后在三角形CJD
中计算即可．
【详解】连接OA，OB，OG，OH，过D作CJ⊥DM于M，
∵正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，
∴OG=OH，OA=OB，∠LGH=∠GHI=∠IJK=120°，∠AOB=∠GOH=∠60°，
∴∠AOG=∠BOH=∠60°−∠BOG，∠OHI=∠HGO=∠60°，
∴△AOG≌△BOH，
∴∠AGO=∠BHO，BH=AG，
A，G，H三点共线，
∵
∴∠AGO=180°−∠HGO=120°，
∴∠AGO=∠BHO=120°，
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∴∠BHO+∠OHI=180°，
B，I，H三点共线，
∴
同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，
∴∠CJD=60°，
∵CJ⊥DM，
∴∠JMD=∠CMD=90°，∠JDM=30°，
1
∴JM= DJ=1，DM=√J D2−J M2=√22−12=√3，
2
∵CI=2,IJ=3，
∴CM=CI+IJ−JM=4，
∴CD=√DM2+CM2=√42+(√3) 2=√19，
即正六边形ABCDEF的边长为√19，
故选：C．
2．（2024·安徽·三模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P为AD边上一点（不与A、D重合），
连接BP，过C点作CE⊥BP，垂足为点E，点F为CE的中点，则DF的最小值是（ ）
A．3 B．√13−2 C．√10 D．√10−1
【答案】D
【分析】取BC中点O，再取OC中点G，点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，连接FG，可知
1
FG= OE=1，所以点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，当点D、F、G共线时，DF值最小，
2
再进一步可得答案．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴AB=CD=3，∠BCD=90°，
如图，取BC中点O，再取OC中点G，连接OE，FG，
∴OB=OC=OE=2，OG=CG=1，
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∵CE⊥PB，BC=4，
∴点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，
∵点F为CE的中点，
1
∴FG= OE=1，
2
∴点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，
当点D、F、G共线时，DF值最小，
连接DG，
∴DG=√12+32=√10，
∴DF最小为√12+32−1=√10−1，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，圆的确定，三角形的中位线的
性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，A在半径为3的⊙O上，B为⊙O上一动点，将射线BA绕B逆时针
旋转120°交⊙O于C，取BC的中点D，求在B的运动过程中D的路径长为（ ）
√3
A．2π B． π C．π D．√2π
2
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理推论，圆内接四边形，圆周角定理，弧长公式，当点A、B重合时，
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3
∠AOC=120°，由D为BC中点，则OD⊥AC，当点B在运动过程中，D在以F为圆心， 为半径的D´C
2
上运动，然后根据弧长公式即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】如图，取圆上一点E，
∵∠B+∠E=180°，∠B=120°，
∴∠E=60°，
∴∠AOC=120°，
如图，当点A、B重合时，
∵∠AOC=120°，
∵D为BC中点，
∴OD⊥AC，
∴∠BDO=∠CDO=90°，
∴OC为直径，
1
当点B在运动过程中，D在以F为圆心， OC长度为半径的D´C上运动，
2
∵D为BC中点，F为OC中点，
∴DF∥OA，
∴∠DFC=∠AOC=120°，
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3
120×π×
∴在B的运动过程中D的路径长为 2 ，
=π
180
故选：C．
4．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆
2
心角为120°的弧AB多次复制并首尾连接而成．现有一点P从A（A为坐标原点）出发，以每秒 π米的速
3
度沿曲线向右运动，则在第2024秒时点P的纵坐标为（ ）
A．−2 B．−1 C．0 D．1
【答案】C
【分析】本题考查弧长的计算、点的坐标的特点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
根据题意和图形，可以求得弧AB的长，然后由图可知，每走两个弧AB为一个循环，然后即可得到在第
2024秒时点P的纵坐标．
120π×2 4
【详解】解：l = = π（米） ；
A´B 180 3
4 2
∵ π÷ π=2（秒），
3 3
∴每4秒一个循环，
∵2024÷4=506，
∴在第2024秒时点P的纵坐标为0，
故选：C．
5．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在圆上．将A´C沿AC翻折与AB交于点
D．若OA=3cm，B´C的度数为40°，则A´D=（ ）cm．
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5
A．3 B．π C．5π D． π
3
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理、弧长公式等知识点，求得A´E的度数是解答本题的关键．作D关于
AC的对称点E，连接AE,BE,OE,则A´D=A´E，然后再根据B´C的度数为40°可知∠CAB=20°，然后再
根据圆周角定理、邻补角性质可得∠AOE=180°−80°=100°，最后运用弧长公式即可解答．
【详解】解：如图：作D关于AC的对称点E，连接AE,BE,OE,则A´D=A´E，
∵B´C的度数为40°，
∴∠CAB=20°，
∴∠EAB=2∠CAB=40°
∴∠EOB=2∠EAB=80°，
∴∠AOE=180°−80°=100°，
100°×π×3 5
∴A´E的长度为 = πcm，
180° 3
5
∴A´D的长度为 πcm．
3
故选：D．
6．（2023·广西南宁·一模）如图，在△ABC中，BC=10，点O为AB上一点，以5为半径作⊙O分别与
BC，AC相切于D，E两点，OB与⊙O交于点M，连接OC交⊙O于点F，连接ME，FE，若点D为BC
的中点，给出下列结论：
①CO平分∠ACB；
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②点E为AC的中点；
③∠AME=22.5°；
5
④M´F的长度为 π；
2
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】此题考查了圆周角定理、切线的基本性质，角平分线判定定理平行线分线段成比例，解题的关键
是熟悉圆的性质并构造辅助线．连接OD，OE，⊙O分别与AC和BC相切，证明CO平分∠ACB，根据平
行线分线段成比例定理证明E为AC的中点，再利用弧长公式求出弧长．
【详解】解：如图，连接OD，OE．
∵⊙O分别与AC和BC相切，
∴OE=OD=5，且OE⊥AC，OD⊥BC，
∴CO平分∠ACB，故①正确；
1
∴∠BCO=∠ACO= ∠ACB，
2
∵点D为BC的中点，BC=10，
∴DC=OD=BD=5，
∵∠ODC=90°，
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∴∠OCD=45°，
∴∠ACB=2∠OCD=90°，
∴OD∥AC，
BD OB
∴ = =1，
DC OA
∴点O为AB的中点，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
AE OA
∴ = =1，
CE BO
故点E为AC的中点，故②正确；
由①知，∠OCE=∠COE=45°，
∴∠AOE=45°，
1
∴∠AME= ∠AOE=22.5°，故③正确；
2
由③可知：OD垂直平分BC，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠BOC=90°，
90×π×5 5π
∴M´F的长度为 = ，故④正确，
180 2
故选：D．
7．（2024·宁夏银川·一模）如图，正方形ABCD的边长为4，分别以点A，C为圆心，AB长为半径画弧，
分别交对角线AC于点E，F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4π−8 B．2π−4 C．π−2 D．8π−16
【答案】A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，扇形面积计算，勾股定理，先根据正方形的性质，得出
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AC⊥BD，∠BAC=∠DCA=45°，AB=BC=CD=AD，根据勾股定理求出
，得出 ，根据
AC=BD=√42+42=4√2 AO=BO=CO=DO=2√2
S =S −S +S −S ，求出结果即可．
阴影 扇形ABE △AOB 扇形CDF △COD
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠BAC=∠DCA=45°，AB=BC=CD=AD，
∴AC=BD=√42+42=4√2，
∴AO=BO=CO=DO=2√2，
∴S =S −S +S −S
阴影 扇形ABE △AOB 扇形CDF △COD
45×42π 1 45×42π 1
= − ×2√2×2√2+ − ×2√2×2√2
360 2 360 2
=2π−4+2π−4
=4π−8，
故选：A．
8．（2024·河北邯郸·三模）如图，在⊙O中，直径AB=8，点D为AB上方圆上的一点，∠ABD=30°，
OE⊥BD于点E，点P是OE上一点，连接DP，AP，得出下列结论：
8
Ⅰ：阴影部分的面积随着点P的位置的改变而改变，其最小值为 π．
3
4
Ⅱ：阴影部分的周长随着点P的位置的改变而改变，其最小值为8+ π．
3
下列判断正确的是（ ）．
A．只有Ⅰ正确 B．只有Ⅱ正确 C．Ⅰ、Ⅱ都正确 D．Ⅰ、Ⅱ都不正确
【答案】B
【分析】此题考查了扇形面积和弧长、垂径定理、圆周角定理等知识，连接OD、AD、PB，证明
60π×42 8
S =S ，得到阴影部分的面积为S = = π，即可判断Ⅰ；证明当A、P、E三点共
❑△AOD ❑△PAD 扇形AOD 360 3
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线时，AP+DP取得最小值，最小值为AB的长度，即为8，得到阴影部分的周长的最小值为
60π×4 4π
8+ =8+ ，即可判断Ⅱ．
180 3
【详解】解：连接OD、AD、PB，
∵∠ABD=30°，
∴∠AOD=2∠ABD=60°，
∵AO=DO=4，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠BOD=120°，
∵OD=OB=4，
∴△OBD是等腰三角形，
∵OE⊥BD于点E，
1
∴∠DOE=∠BOE= ∠BOD=60°，
2
∴∠DOE=∠ADO，
∴OE∥AD，
∴S =S ，
❑△AOD ❑△PAD
60π×42 8
∴阴影部分的面积为S = = π
扇形AOD 360 3
8
∴阴影部分的面积随着点P的位置的改变而不改变，其值为 π．
3
故Ⅰ错误；
∵PE垂直平分BD，
∴点D与点B关于OE对称，
∴DP=PB，
当A、P、B三点共线时，AP+DP取得最小值，最小值为AB的长度，即为8，
60π×4 4π
∴阴影部分的周长的最小值为8+ =8+ ，
180 3
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4
∴阴影部分的周长随着点P的位置的改变而改变，其最小值为8+ π．
3
故Ⅱ正确；
故选：B
9．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段AB=4，点M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，
线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．2√2 D．3√2
【答案】D
【分析】以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．利用相似三角形的性质证明JC=√2，推出
点C的运动轨迹是以J为圆心，√2为半径的圆，根据AC≤AJ+JC=3√2，可得结论．
【详解】解：以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．
∵AM=BM
，
∴JM=AM=MB，
∴△JMB是等腰直角三角形，△PBC是等腰直角三角形，
∴∠MBJ=∠PBC=45°
BM
∴BJ= =√2BM，同理BC=√2PB，
cos45°
JB BC
∴∠MBP=∠JBC， = ，
MB BP
∴△JBC∽△MBP，
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JC JB
∴ = =√2，
PM BM
∵PM=1，
∴JC=√2，
∴点C的运动轨迹是以J为圆心，√2为半径的圆，
√2
∵AJ= AB=2√2，
2
∴AC≤AJ+JC=3√2，
故线段AC长度的最大值为3√2．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，点与圆的位置关系，
三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压
轴题．
10．（2024·广东东莞·三模）如图，将以O为中心点的量角器与含30°角的直角三角板紧靠着放在同一平
面内，此时点D，C，B在同一条直线上，且DC=2BC．过点A作量角器圆弧所在圆的切线，切点为E，
则点E在量角器上所对应的锐角度数是（ ）
A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】D
【分析】此题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质以及垂直平分线的性质．此题难度适中，解题
的关键是掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．设半圆的圆心为O，连接OA，由题意易得
AC是线段OB的垂直平分线，即可求得∠AOC=∠ABC=60°，又由AE是切线，证明
Rt△AOE≌Rt△AOC，继而求得∠AOE的度数，则可求得答案．
【详解】解：设半圆的圆心为O，连接OA，
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∵CD=2OC=2BC，
∴OC=BC，
∵∠ACB=90°，即AC⊥OB，
∴OA=BA，
∴∠AOC=∠ABC，
∵∠BAC=30°，
∴∠AOC=∠ABC=60°，
∵AE是切线，
∴∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠ACO=90°，
在Rt△AOE和Rt△AOC中，
¿，
∴Rt△AOE≌Rt△AOC(HL)，
∴∠AOE=∠AOC=60°，
∴∠AOD=180°−60°−60°=60°，
即点E在量角器上所对应的锐角度数是60°．
故选：D．
1．（2024·河北·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，连接
AG，BH，CI，DJ，EK，FL（A，G，H三点共线），若CI=2,IJ=3，则正六边形ABCDEF的
边长为（ ）
A．√3 B．5 C．√19 D．19
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【答案】C
【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的性质，30°直角三角形的性质，连接OA，OB，OG，
OH，根据正六边形的性质证明△AOG≌△BOH，得到∠AGO=∠BHO=120°，BH=AG，即可得到
B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，然后在三角形CJD
中计算即可．
【详解】连接OA，OB，OG，OH，过D作CJ⊥DM于M，
∵正六边形ABCDEF和正六边形GHIJKL均以点O为中心，
∴OG=OH，OA=OB，∠LGH=∠GHI=∠IJK=120°，∠AOB=∠GOH=∠60°，
∴∠AOG=∠BOH=∠60°−∠BOG，∠OHI=∠HGO=∠60°，
∴△AOG≌△BOH，
∴∠AGO=∠BHO，BH=AG，
A，G，H三点共线，
∵
∴∠AGO=180°−∠HGO=120°，
∴∠AGO=∠BHO=120°，
∴∠BHO+∠OHI=180°，
B，I，H三点共线，
∴
同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且CI=DJ=2，
∴∠CJD=60°，
∵CJ⊥DM，
∴∠JMD=∠CMD=90°，∠JDM=30°，
1
∴JM= DJ=1，DM=√J D2−J M2=√22−12=√3，
2
∵CI=2,IJ=3，
∴CM=CI+IJ−JM=4，
∴CD=√DM2+CM2=√42+(√3) 2=√19，
即正六边形ABCDEF的边长为√19，
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故选：C．
2．（2024·安徽·三模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P为AD边上一点（不与A、D重合），
连接BP，过C点作CE⊥BP，垂足为点E，点F为CE的中点，则DF的最小值是（ ）
A．3 B．√13−2 C．√10 D．√10−1
【答案】D
【分析】取BC中点O，再取OC中点G，点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，连接FG，可知
1
FG= OE=1，所以点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，当点D、F、G共线时，DF值最小，
2
再进一步可得答案．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴AB=CD=3，∠BCD=90°，
如图，取BC中点O，再取OC中点G，连接OE，FG，
∴OB=OC=OE=2，OG=CG=1，
∵CE⊥PB，BC=4，
∴点E的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆弧，
∵点F为CE的中点，
1
∴FG= OE=1，
2
∴点F的轨迹是以G为圆心，以1为半径的圆弧，
当点D、F、G共线时，DF值最小，
连接DG，
∴DG=√12+32=√10，
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∴DF最小为√12+32−1=√10−1，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，圆的确定，三角形的中位线的
性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，A在半径为3的⊙O上，B为⊙O上一动点，将射线BA绕B逆时针
旋转120°交⊙O于C，取BC的中点D，求在B的运动过程中D的路径长为（ ）
√3
A．2π B． π C．π D．√2π
2
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理推论，圆内接四边形，圆周角定理，弧长公式，当点A、B重合时，
3
∠AOC=120°，由D为BC中点，则OD⊥AC，当点B在运动过程中，D在以F为圆心， 为半径的D´C
2
上运动，然后根据弧长公式即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】如图，取圆上一点E，
∵∠B+∠E=180°，∠B=120°，
∴∠E=60°，
∴∠AOC=120°，
如图，当点A、B重合时，
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∵∠AOC=120°，
∵D为BC中点，
∴OD⊥AC，
∴∠BDO=∠CDO=90°，
∴OC为直径，
1
当点B在运动过程中，D在以F为圆心， OC长度为半径的D´C上运动，
2
∵D为BC中点，F为OC中点，
∴DF∥OA，
∴∠DFC=∠AOC=120°，
3
120×π×
∴在B的运动过程中D的路径长为 2 ，
=π
180
故选：C．
4．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆
2
心角为120°的弧AB多次复制并首尾连接而成．现有一点P从A（A为坐标原点）出发，以每秒 π米的速
3
度沿曲线向右运动，则在第2024秒时点P的纵坐标为（ ）
A．−2 B．−1 C．0 D．1
【答案】C
【分析】本题考查弧长的计算、点的坐标的特点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
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根据题意和图形，可以求得弧AB的长，然后由图可知，每走两个弧AB为一个循环，然后即可得到在第
2024秒时点P的纵坐标．
120π×2 4
【详解】解：l = = π（米） ；
A´B 180 3
4 2
∵ π÷ π=2（秒），
3 3
∴每4秒一个循环，
∵2024÷4=506，
∴在第2024秒时点P的纵坐标为0，
故选：C．
5．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在圆上．将A´C沿AC翻折与AB交于点
D．若OA=3cm，B´C的度数为40°，则A´D=（ ）cm．
5
A．3 B．π C．5π D． π
3
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理、弧长公式等知识点，求得A´E的度数是解答本题的关键．作D关于
AC的对称点E，连接AE,BE,OE,则A´D=A´E，然后再根据B´C的度数为40°可知∠CAB=20°，然后再
根据圆周角定理、邻补角性质可得∠AOE=180°−80°=100°，最后运用弧长公式即可解答．
【详解】解：如图：作D关于AC的对称点E，连接AE,BE,OE,则A´D=A´E，
∵B´C的度数为40°，
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∴∠CAB=20°，
∴∠EAB=2∠CAB=40°
∴∠EOB=2∠EAB=80°，
∴∠AOE=180°−80°=100°，
100°×π×3 5
∴A´E的长度为 = πcm，
180° 3
5
∴A´D的长度为 πcm．
3
故选：D．
6．（2023·广西南宁·一模）如图，在△ABC中，BC=10，点O为AB上一点，以5为半径作⊙O分别与
BC，AC相切于D，E两点，OB与⊙O交于点M，连接OC交⊙O于点F，连接ME，FE，若点D为BC
的中点，给出下列结论：
①CO平分∠ACB；
②点E为AC的中点；
③∠AME=22.5°；
5
④M´F的长度为 π；
2
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】此题考查了圆周角定理、切线的基本性质，角平分线判定定理平行线分线段成比例，解题的关键
是熟悉圆的性质并构造辅助线．连接OD，OE，⊙O分别与AC和BC相切，证明CO平分∠ACB，根据平
行线分线段成比例定理证明E为AC的中点，再利用弧长公式求出弧长．
【详解】解：如图，连接OD，OE．
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∵⊙O分别与AC和BC相切，
∴OE=OD=5，且OE⊥AC，OD⊥BC，
∴CO平分∠ACB，故①正确；
1
∴∠BCO=∠ACO= ∠ACB，
2
∵点D为BC的中点，BC=10，
∴DC=OD=BD=5，
∵∠ODC=90°，
∴∠OCD=45°，
∴∠ACB=2∠OCD=90°，
∴OD∥AC，
BD OB
∴ = =1，
DC OA
∴点O为AB的中点，
∵OE⊥AC，
∴OE∥BC，
AE OA
∴ = =1，
CE BO
故点E为AC的中点，故②正确；
由①知，∠OCE=∠COE=45°，
∴∠AOE=45°，
1
∴∠AME= ∠AOE=22.5°，故③正确；
2
由③可知：OD垂直平分BC，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
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∴∠BOC=90°，
90×π×5 5π
∴M´F的长度为 = ，故④正确，
180 2
故选：D．
7．（2024·宁夏银川·一模）如图，正方形ABCD的边长为4，分别以点A，C为圆心，AB长为半径画弧，
分别交对角线AC于点E，F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4π−8 B．2π−4 C．π−2 D．8π−16
【答案】A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，扇形面积计算，勾股定理，先根据正方形的性质，得出
AC⊥BD，∠BAC=∠DCA=45°，AB=BC=CD=AD，根据勾股定理求出
AC=BD=√42+42=4√2，得出AO=BO=CO=DO=2√2，根据
S =S −S +S −S ，求出结果即可．
阴影 扇形ABE △AOB 扇形CDF △COD
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠BAC=∠DCA=45°，AB=BC=CD=AD，
∴AC=BD=√42+42=4√2，
∴AO=BO=CO=DO=2√2，
∴S =S −S +S −S
阴影 扇形ABE △AOB 扇形CDF △COD
45×42π 1 45×42π 1
= − ×2√2×2√2+ − ×2√2×2√2
360 2 360 2
=2π−4+2π−4
=4π−8，
故选：A．
8．（2024·河北邯郸·三模）如图，在⊙O中，直径AB=8，点D为AB上方圆上的一点，∠ABD=30°，
OE⊥BD于点E，点P是OE上一点，连接DP，AP，得出下列结论：
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8
Ⅰ：阴影部分的面积随着点P的位置的改变而改变，其最小值为 π．
3
4
Ⅱ：阴影部分的周长随着点P的位置的改变而改变，其最小值为8+ π．
3
下列判断正确的是（ ）．
A．只有Ⅰ正确 B．只有Ⅱ正确 C．Ⅰ、Ⅱ都正确 D．Ⅰ、Ⅱ都不正确
【答案】B
【分析】此题考查了扇形面积和弧长、垂径定理、圆周角定理等知识，连接OD、AD、PB，证明
60π×42 8
S =S ，得到阴影部分的面积为S = = π，即可判断Ⅰ；证明当A、P、E三点共
❑△AOD ❑△PAD 扇形AOD 360 3
线时，AP+DP取得最小值，最小值为AB的长度，即为8，得到阴影部分的周长的最小值为
60π×4 4π
8+ =8+ ，即可判断Ⅱ．
180 3
【详解】解：连接OD、AD、PB，
∵∠ABD=30°，
∴∠AOD=2∠ABD=60°，
∵AO=DO=4，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠BOD=120°，
∵OD=OB=4，
∴△OBD是等腰三角形，
∵OE⊥BD于点E，
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1
∴∠DOE=∠BOE= ∠BOD=60°，
2
∴∠DOE=∠ADO，
∴OE∥AD，
∴S =S ，
❑△AOD ❑△PAD
60π×42 8
∴阴影部分的面积为S = = π
扇形AOD 360 3
8
∴阴影部分的面积随着点P的位置的改变而不改变，其值为 π．
3
故Ⅰ错误；
∵PE垂直平分BD，
∴点D与点B关于OE对称，
∴DP=PB，
当A、P、B三点共线时，AP+DP取得最小值，最小值为AB的长度，即为8，
60π×4 4π
∴阴影部分的周长的最小值为8+ =8+ ，
180 3
4
∴阴影部分的周长随着点P的位置的改变而改变，其最小值为8+ π．
3
故Ⅱ正确；
故选：B
9．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段AB=4，点M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，
线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．2√2 D．3√2
【答案】D
【分析】以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．利用相似三角形的性质证明JC=√2，推出
点C的运动轨迹是以J为圆心，√2为半径的圆，根据AC≤AJ+JC=3√2，可得结论．
【详解】解：以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．
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∵AM=BM
，
∴JM=AM=MB，
∴△JMB是等腰直角三角形，△PBC是等腰直角三角形，
∴∠MBJ=∠PBC=45°
BM
∴BJ= =√2BM，同理BC=√2PB，
cos45°
JB BC
∴∠MBP=∠JBC， = ，
MB BP
∴△JBC∽△MBP，
JC JB
∴ = =√2，
PM BM
∵PM=1，
∴JC=√2，
∴点C的运动轨迹是以J为圆心，√2为半径的圆，
√2
∵AJ= AB=2√2，
2
∴AC≤AJ+JC=3√2，
故线段AC长度的最大值为3√2．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，点与圆的位置关系，
三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压
轴题．
10．（2024·广东东莞·三模）如图，将以O为中心点的量角器与含30°角的直角三角板紧靠着放在同一平
面内，此时点D，C，B在同一条直线上，且DC=2BC．过点A作量角器圆弧所在圆的切线，切点为E，
则点E在量角器上所对应的锐角度数是（ ）
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A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】D
【分析】此题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质以及垂直平分线的性质．此题难度适中，解题
的关键是掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．设半圆的圆心为O，连接OA，由题意易得
AC是线段OB的垂直平分线，即可求得∠AOC=∠ABC=60°，又由AE是切线，证明
Rt△AOE≌Rt△AOC，继而求得∠AOE的度数，则可求得答案．
【详解】解：设半圆的圆心为O，连接OA，
∵CD=2OC=2BC，
∴OC=BC，
∵∠ACB=90°，即AC⊥OB，
∴OA=BA，
∴∠AOC=∠ABC，
∵∠BAC=30°，
∴∠AOC=∠ABC=60°，
∵AE是切线，
∴∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠ACO=90°，
在Rt△AOE和Rt△AOC中，
¿，
∴Rt△AOE≌Rt△AOC(HL)，
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∴∠AOE=∠AOC=60°，
∴∠AOD=180°−60°−60°=60°，
即点E在量角器上所对应的锐角度数是60°．
故选：D．
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，AB为圆O的弦，C为圆O上一点，过点C作圆O的切线交AB的延
长线上于点D，BD=四分之一AD，连接AC，若AB=6，BC=√5，则AC的长度为 ．
【答案】2√5
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．
连接OC，连接BO并延长交圆O于点E，由BD=四分之一AD，AB=6，可得BD=2，AD=8，根据切线
CD BD
的性质和圆周角定理可得∠DCB=∠BAC，证明△DBC∽△DCA，得到 = ，求出CD=4，再利
AD CD
用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接OC，连接BO并延长交圆O于点E，
∵ BD=四分之一AD，AB=6，
1 4
∴ BD= AB=2，AD= AB=8，
3 3
∵ CD是圆O的切线，
∴ ∠DCO=90°，
∵ BE是圆O的直径，点C在圆O，
∴ ∠BCE=90°，
∴ ∠DCO=∠BCE=90°，
即∠DCB+∠BCO=∠OCE+∠BCO=90°，
∴ ∠DCB=∠OCE，
∵ ∠OCE=∠OEC，∠OEC=∠BAC，
∴ ∠DCB=∠BAC，
又∵ ∠D=∠D，
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∴ △DBC∽△DCA，
CD BD
∴ = ，即DC2=DB·DA，
AD CD
得CD=√BD·AD=√2×8=4，
BC BD
∵ = ，
AC CD
√5 2
∴ = ，
AC 4
∴ AC=2√5，
故答案为：2√5．
12．（2024·广东广州·模拟预测）如图，BD为⊙O的直径，点A是弧BC的中点，AD交BC于E点，
⊙O的切线与BC的延长线交于点F，AE=2，ED=4．则（1）弧AB的长＝ ；（2）CF=
．
2√3
【答案】 π 2
3
【分析】（1）先证明∠ABC=∠ADB，进而证明△ABE∽△ADB，利用相似三角形的性质求出
AB=2√3，进而利用勾股定理求出BE=4，则BE=DE，∠EBD=∠EDB，∠ABD=∠CDB，进而推
出CD=AB=2√3，再证明△AOB是等边三角形，进一步可得弧长，
CD CF CD2
（2）结合（1）求解BC=AD=AE+DE=6，证明△CFD∽△CDB，得到 = ，则CF= =2．
CB CD CB
【详解】解：（1）如图，连接OA， 连接CD，
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∵点A是弧BC的中点，
∴A´B=A´C，
∴∠ABC=∠ADB，
∵∠A=∠A，
∴△ABE∽△ADB，
AB AE
∴ = ，
AD AB
∴AB2=AE×AD=2×(2+4)=12，
∴AB=2√3，
∵BD是圆的直径，
∴∠BAD=90°，
AE 2 √3
∵tan∠ABE= = = ，
AB 2√3 3
∴∠ABE=30°，
∴∠ADB=30°，
∴∠AOB=2∠ADB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=2√3，
60π×2√3 2√3
∴弧AB的长= = π．
180 3
（2） 在Rt△ABE中，由勾股定理得，BE=√AB2+AE2=4，
∴BE=DE，
∴∠EBD=∠EDB，∠ABD=∠CDB，
∴A´B=C´D，B´C=A´D，
∴CD=AB=2√3，BC=AD=AE+DE=6，
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∵BD为⊙O的直径，DF是切线，
∴∠DCF=∠BCD=∠BDF=90°，
∴∠F+∠CDF=∠CDF+∠CDB=90°，
∴∠F=∠CDB，
∴△CFD∽△CDB，
CD CF
∴ = ，
CB CD
CD2
∴CF= =2，
CB
2√3
故答案为： π．2．
3
【点睛】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，圆周角定理的应用，
弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
13．（2024·山西长治·模拟预测）如图，MN为⊙O的直径，ME，NF是它的两条切线，AB与⊙O相切
于点B，并与ME，NF分别相交于A，C两点，AN，OC相交于点D，若MN=8，AC=10，则DN的长
为 ．
8√17 8
【答案】 / √17
9 9
【分析】本题考查切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，过点A作AG⊥FN于点G，交OC
于H点，先根据勾股定理求出CG，根据切线长定理求出NG，进而得出CN和AM，由△CGH∽△CNO
得出GH=3，求出AH=5，最后根据△ADH∽△NOD即可解答．
【详解】过点A作AG⊥FN于点G，
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∵ME，NF是它的两条切线，AG⊥FN
∴∠AGN=∠AMN=∠GNM=90°，
∴四边形AMNG是矩形，
∴AG=MN=8，AM=GN，
∵AC=10，
∴CG=√102−82=6，
根据切线长定理得：BC=CN，AB=AM，
∴10−AM=6+GN，
∵AM=GN，
∴GN=2=AM，
∴CN=6+2=8，AN=√22+82=2√17，
∵AG∥MN，
∴△CGH∽△CNO，
CG GH 6 GH
∴ = ，即 = ，
CN ON 8 4
解得GH=3，
∴AH=5，
∴△ADH∽△NDO，
AH AD 5 2√17−DN
∴ = ，即 = ，
NO DN 4 DN
8√17
解得DN= ．
9
8√17
故答案为： ．
9
14．（2024·贵州黔东南·二模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AE平分∠BAC，BD平分
∠ABC，AE，BD相交于点F，且AF=6，DF=2√2，则AC的长为 ．
18√5
【答案】
5
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【分析】本题考查三角形的内心、等腰直角三角形、勾股定理和相似三角形的判定和性质，先证明△EFG
是等腰直角三角形，根据勾股定理求出FG、DG，从而得到AG的值，再根据勾股定理求出AD，最后证
明△ADF∽△AFC，根据相似三角形对应边成比例即可求出答案．
【详解】解：如图，过点D作DG⊥AE于点G，连接CF，
则∠DGF=90°，
∵AE平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠CAE=∠BAE，∠CBD=∠ABD，
∵∠ACB=90°，
∴2(BAE+∠ABD)=90°，
∴∠BAE+∠ABD=45°，
∴∠DFG=∠BAE+∠ABD=45°，
∴△EFG是等腰直角三角形，
√2
∴√FG2+DG2=DF，FG=DG= DF=2，
2
∴AG=AF−FG=6−2=4，
∴AD=√AG2+DG2=√42+22=2√5，
∵AE平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴CF平分∠ACB，
∴∠ACF=45°=∠AFD，
∵∠CAF=∠FAD，
∴△ADF∽△AFC，
AD AF
∴ =
AF AC
2√5 6
∴ ＝ ，
6 AC
18√5
∴AC= ，
5
18√5
故答案为： ．
5
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15．（2024·江苏苏州·一模）如图，将⊙O的圆周分成五等份，依次隔一个分点相连，即成一个正五角星
MN
形．此时点M是线段AD，BE的黄金分割点，也是线段NE，AH的黄金分割点，则 = ．
AM
√5−1
【答案】
2
【分析】本题考查了黄金分割，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的
关键．连接AE，根据题意可得：A´B=D´E，从而利用等弧所对的圆周角相等可得∠AEB=∠DAE，进而
可得MA=ME，然后利用黄金分割的定义进行计算即可解答．
【详解】解：连接AE，
∵将⊙O的圆周分成五等份，
∴A´B=D´E，
∴∠AEB=∠DAE，
∴MA=ME，
∵点M是NE的黄金分割点，
ME NM √5−1
∴ = = ，
NE ME 2
NM √5−1
∴ =
AM 2
√5−1
故答案为： ．
2
16．（2024·浙江绍兴·模拟预测）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧
长度的“会圆术”，如图．A´B是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在A´B上，
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CD2
CD⊥AB．“会圆术”给出A´B长l的近似值s计算公式：s=AB+ ，当OA=2，∠AOB=90°时，
OA
|l−s|= ．
【答案】π−3/−3+π
【分析】本题考查垂径定理、弧长公式、勾股定理，连接OC，先根据垂径定理得到OC⊥AB，分别利用
勾股定理求得AB、OC、CD，进而求得s值，结合弧长公式求得l值即可求解．
【详解】解：连接OC，
∵C是弦AB的中点，
∴AC=BC，OC⊥AB，
又CD⊥AB，
∴O、C、D共线，
∵∠AOB=90°，OD=OB=OA=2，
∴AB=√OA2+OB2=√22+22=2√2，
1
∴AC= AB=√2，
2
在Rt△AOC中，OC=√OA2−AC2=√22−(√2) 2=√2，
∴CD=OD−OC=2−√2，
CD2 (2−√2) 2
∴s=AB+ =2√2+ =3，
OA 2
90π×2
又A´B的长l= =π，
180
∴|l−s|=|π−3|=π−3．
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故答案为：π−3
三、解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23
题9分，24题10分，25题13分）
17．（2024·山西·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，射线BD⊥AB，AB=10，
AC=6．CP与⊙O相切时，连接CP，求BP的长．
20
【答案】BP=
3
【分析】本题考查了切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关的知识．
连接OP，BC，OC，得到∠ACB=90°，根据勾股定理求出CB=8，根据切线长定理可得PC=PB，
OC=OB，推出OP垂直平分BC，证明△BPO∽△CBA，得到BP:CB=BO:AC，即可求解．
【详解】解：如图，连接OP，BC，OC，
∵ AB ⊙O
是 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴CB=√AB2−AC2=√102−62=8，
∵PB⊥AB，
∴ PB为⊙O的切线．
∵ CP与⊙O相切，
∴PC=PB，OC=OB，
∴ OP垂直平分BC，
∵∠PBC+∠ABC=90°，∠PBC+∠BPO=90°，
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∴∠BPO=∠ABC，
∵∠PBO=∠ACB，
∴△BPO∽△CBA，
∴BP:CB=BO:AC，即BP:8=5:6．
20
∴BP= ．
3
18．（2024·广东·模拟预测）综合与实践
“转化”是一种重要的数学思想，将空间问题转化为平面问题是转化思想的一个重要方面．为了让同学们
探究“转化”思想在数学中的应用，在数学活动课上，老师带领学生研究几何体的最短路线问题：
问题情境：
如图1，一只蚂蚁从点A出发沿圆柱侧面爬行到点C，其最短路线正是侧面展开图中的线段AC，若圆柱的
高AB为2cm．底面直径BC为8cm．
问题解决：
（1）判断最短路线的依据是______；
（2）求出蚂蚁沿圆柱侧面爬行的最短路线AC的长（结果保留根号和π）；
拓展迁移：
如图2，O为圆锥的顶点，M为底面圆周上一点，点P是OM的中点，母线OM=8，底面圆半径为2，粗
线为蚂蚁从点P出发绕圆锥侧面爬行回到点P时所经过的路径的痕迹．
（3）请求出蚂蚁爬行的最短距离．
【答案】（1）两点之间线段最短；（2）最短路线AC的长为2√1+4π2cm；（3）蚂蚁爬行的最短距离
为4√2cm
【分析】本题主要考查了求曲面上两点之间的最短距离问题和勾股定理，关键是化曲为直，把空间问题转
化为平面问题是解题的关键．
（1）两点之间线段最短；（2）把圆柱的侧面沿母线剪开，得所求的路线为线段，利用勾股定理求解；
（3）把圆锥的侧面沿母线剪开，得所求的路线为线段，先利用弧长公式求圆心角度数，再用中位线定理
和勾股定理求解．
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【详解】解：（1）两点之间线段最短；
1
（2）剪开后，AB=2cm，BC= ×8π=4π(cm)，
2
∴AC=√AB2+BC2=√22+(4π) 2=√4+16π2=2√1+4π2 (cm)
∴最短路线AC的长为2√1+4π2cm；
（3）∵圆锥的底面周长为2π×2=4π，
设侧面展开图的圆心角度数为n°，
nπ×8
∴ =4π，解得n=90，
180
∴如答图，该圆锥的侧面展开图是圆心角为90°的扇形，
线段PP'的长为蚂蚁爬行的最短距离，
∴在Rt△MOM'中，M M'=√OM2+OM'2=√82+82=8√2,
∵点P为OM中点，
∴PP'是△OM M'的中位线，
1
∴PP'= M M'=4√2,
2
∴蚂蚁爬行的最短距离为4√2．
19．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC是⊙O的直径，⊙O与边
AB交于点D，E为BD的中点，连接CE，与AB交于点F．
(1)求证：AC=AF；
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(2)当F为AB的中点时，求证：FC=2EF，
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理、三角形全等的判定和性质，正确作出辅
助线、灵活运用相关的定理是解题的关键．
(1)连接CD、BE，根据圆周角定理得到∠ECD=∠ECB，∠BEC=90°证明∠DFC=∠ACF，得到
AC=AF ；
(2)作AG⊥EC，垂足为G，连接BE，证明△BEF≌△AGF，根据全等三角形的性质得到EF=GF，根
据等腰三角形的三线合一得到FG=CG，进而证明结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接CD，BE．
E为B´D的中点，
∴∵ ∠ECD=∠ECB．
又∵∠EBD=∠ECD，
∴∠EBD=∠ECB．
∵BC是⊙O的直径，∠ACB=90°，
∴∠E=∠EBD+∠EFB=90°，∠ECB+∠ACF=90°，
∴∠EFB=∠ACF，
∴∠DFC=∠ACF，
∴AC=AF．
；
（2）证明：如图2，作AG⊥EC，垂足为G，连接BE．
F为AB的中点，
∴∵ AF=BF．
又∵∠E=∠AGF=90°，∠BFE=∠AFG，
∴△BEF≌△AGF，
∴EF=GF．
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由（1）可知AF=AC，且AG⊥FC，
∴FG=CG，
∴EF=FG=CG，即FC=2EF．
20．（2024·上海金山·三模）已知：以AB为直径的⊙O中，弦CD⊥AB，垂足为E，CD=2√3，AE=3．
(1)如图，求⊙O的周长；
(2)如图，P为优弧CD上一动点（不与A、C、D三点重合），M为半径OP的中点，连接ME，若
∠MEO=x°，弧AP的长为y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)如图，在（2）的条件下，过点P作PN⊥CD于点N，连接MN，当tan∠PNM=2−√3时，求PN的
长，并判断以OP为直径的圆与直线ON的位置关系．
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【答案】(1)C=4π
πx
(2)y= （0°MK，
故满足dA´Q；②25π−
3 3 3
①
【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了折叠的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，弧
长的计算等知识点；
（1）当AQ⊥AO时，AP平分∠OAQ，此时点P与点B重合，由勾股定理得
AP=AB=√OA2+OB2=10√2；
60×π×10 10π 10 20√3
（2）①证得△AOQ 为等边三角形，进而求得A´Q的长为= = ，，AP= ×2= ，
100 3 √3 3
进一步比较即可；
②首先求出OP的长，然后依据S =S −2S 代入数据解答即可．
阴影 扇形AOB △AOP
【详解】（1）当AQ⊥AO时，AP平分∠OAQ，此时点P与点B重合，
∴∠OAP=45°
，
∴AP=AB，
∵OA=OB=10，∠AOB=90°，
∴AP=AB=√OA2+OB2=√102+102=10√2；
（2）①当点Q恰好落在A´B上时，连接OQ，如图2，
∵ △AOP AP O Q
把 沿 翻折，点 的对称点为 ，
∴OQ=OA=AQ，
∴△AOQ 为等边三角形，
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∴∠OAQ=∠AOQ=60°，
60×π×10 10π
∴ A´Q的长为= = ，
100 3
∵AP平分∠OAQ，
∴∠OAP=30°，
10 20√3
∴AP= ×2= ，
√3 3
10π 20√3
∵ < ，
3 3
∴AP>A´Q；
②∠OAP=30°，∠AOP=90°，
10 10√3
∴OP= = ，
√3 3
90×π×102 10√3 1 100√3
∴S =S −2S = − ×10× ×2=25π− ．
阴影 扇形AOB △AOP 360 3 2 3
22．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，过⊙O上的动点D作⊙O的切线AD，在⊙O上取点B（异于点
D），使得AB=AD，弦CD∥AB，连接AC交⊙O于点F，连接DF并延长，交AB于点E，连接BC．
(1)求证：AB是⊙O 的切线；
AF
(2)记△AEF，△ADF；△DCF的面积分别为S ，S ，S ，当S +S =S 时，求 的值；
1 2 3 1 2 3 CF
(3)设⊙O的半径为R，当 DE∥CB时，求四边形BCDE的面积．（用含R的式子表示）
【答案】(1)见解析
−1+√5
(2)
2
7√7
(3)
R2．
8
【分析】（1）如图，连接OB、OD，BD，由切线的性质得∠ADO=∠ADB+∠ODB=90°，由
OB=OD，AB=AD，得∠OBD=∠ODB，∠ABD=∠ADB，从而得
∠ABO=∠OBD+∠ABD=∠ODB+∠ADB=90°，进而根据切线的性质定理即可证明结论成立；
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（2）证明△AEF∽△CDF，得
S
1=
(AF) 2
=
(EF) 2
，进而得
S
1=
( S
1
) 2
，又S +S =S ，得
S CF DF S S 1 2 3
3 3 2
−1+√5 −1−√5 1+√5
S 2+S S −S 2=0，求解一元二次方程得S = S ，或S = S （舍去）S = S ，从
1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 3 2 2
而得
(AF) 2
=
S
1=
(−1+√5) 2
，于是即可得解；
CF S 4
3
（3）连接BO并延长交⊙O于M，交CD于H，连接OD，BF，BD，OA，证明△ABO≌△ADO，得
1
∠AOD=∠AOB= ∠BOD=∠ABD=∠ADB，进而得
2
AF EF EF
∠BCD=∠AOD=∠AOB=∠ABD=∠ADB，再证△AEF∽△AFB，得 = = ，
AB BF BE
BE EF EF AF BE BD BD CF
△EBF∽△BDE，得 = = = ，△BDE∽△DAB，得 = = = ，从而
BD BE BF AB BD AD AB AB
AF CF
= ，得AF=CF，进而证明AE=BE=CD，BD=√2BE=√2CD，BD=2√2DH，在Rt△BDH
AB AB
√7 7 √7
和Rt△ODH中，利用勾股定理求解得DH= R，BH=√7DH= R，CD=2DH= R，从而即可
4 4 2
得解．
【详解】（1）解：如图，连接OB、OD，BD，
∵AD是⊙O的切线，
∴OD⊥AD，
∴∠ADO=∠ADB+∠ODB=90°，
∵OB=OD，AB=AD，
∴∠OBD=∠ODB，∠ABD=∠ADB，
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∴∠ABO=∠OBD+∠ABD=∠ODB+∠ADB=90°，
∴OB⊥AB，
∵OB是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：∵CD∥AB，
∴∠AEF=∠CDF，∠EAF=∠DCF，
∴△AEF∽△CDF，
∴
S
△AEF =
(AF) 2
=
(EF) 2
，即
S
1=
(AF) 2
=
(EF) 2
，
S CF DF S CF DF
△CDF 3
∵△AEF和△ADF等高，
EF S
∴ = 1
DF S
2
S S 2
( )
∴
1= 1
，
S S
3 2
∴S 2=S S ，
2 1 3
∵S +S =S ，
1 2 3
∴S 2=S (S +S )，
2 1 1 2
∴S 2+S S −S 2=0，
1 1 2 2
−1+√5 −1−√5
解得S = S ，或S = S （舍去）
1 2 2 1 2 2
−1+√5 1+√5
∴S =S +S = S +S = S ，
3 1 2 2 2 2 2 2
−1+√5
S
∴
(AF) 2
=
S
1=
2 2
=
(−1+√5) 2
，
CF S 1+√5 4
3 S
2 2
AF −1+√5
∴ = （负值舍去）；
CF 2
（3）解：连接BO并延长交⊙O于M，交CD于H，连接OD，BF，BD，OA，
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∵OB=OD，AB=AD，
∴点O在线段BD的垂直平分线上，点A在线段BD的垂直平分线上，∠ABD=∠ADB
∴OA垂直平分BD，
∴∠AOB+∠OBD=90°，
由(1)得∠ABO=∠OBD+∠ABD=90°，
∴∠AOB=∠ABD=∠ADB，
∵OB=OD，AB=AD，OA=OA，
∴△ABO≌△ADO，
1
∴∠AOD=∠AOB= ∠BOD=∠ABD=∠ADB，
2
1
∵∠BCD= ∠BOD，
2
∴∠BCD=∠AOD=∠AOB=∠ABD=∠ADB，
∵DE∥CB，CD∥AB，
∴四边形BCDE是平行四边形，∠CBD=∠BDF，
∠BDC=∠ABD=∠BCD=∠AOD=∠AOB=∠ADB
∴∠BED=∠BCD=∠BDC=∠ABD=∠AOD=∠AOB=∠ADB，B´F=C´D，
∴BF=CD=BE，BD=BC=DE，
∵B´F=C´D，
∴B´F+D´F=C´D+D´F即C´F=B´D，
∴∠CBF=∠BCD=∠ABD，
∴∠ABF=∠CBD=∠CFD=∠AFE，
∵∠EAF=∠FAB，
∴△AEF∽△AFB，
AF EF EF
∴ = = ，
AB BF BE
∵∠BFC=∠BDC，∠BDC=∠BCD=∠CBF=∠ABD，
∴∠CBF=∠CFB，BD=BC，
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∴CF=BC=BD，
∵∠DBE+∠DEB+∠BDE=∠BFE+∠BEF+∠EBF=180°，
∴∠EBF=∠BDE，
∴△EBF∽△BDE，
BE EF EF AF
∴ = = = ，
BD BE BF AB
同理可得△BDE∽△DAB，
BE BD BD CF
∴ = = = ，
BD AD AB AB
AF CF
∴ = ，
AB AB
∴AF=CF，
由（2）得△AEF∽CDF，
AE EF AF
∴ = = =1，
CD DF CF
∴AE=BE=CD，
BE BD BE BD
∵ = 即 = ，
BD AD BD 2BE
BE BD
∴ = ，
BD 2BE
∴BD=√2BE=√2CD，
∵BD=BC，
∴B´D=B´C，
1
∴BM⊥CD，DH=CH= CD，
2
1 √2
∴DH=CH= CD= BD，
2 4
∴BD=2√2DH，
∴在Rt△BDH中，BH=√BD2−DH2=√7DH，
∴OH=BH−OB=√7DH−R，
∵在Rt△ODH中，OD2=OH2+DH2，
∴R2=(√7DH−R) 2+DH2，
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√7
解得DH= R，
4
7 √7
∴BH=√7DH= R，CD=2DH= R，
4 2
1 1 √7 7 7√7
∴平行四边形BCDE的面积= 2S =2× CD⋅BH=2× × R× R= R2 ．
△BCD 2 2 2 4 8
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定及性质，切线的判定及性质，相似三角形的判定及
性质，等腰三角形的判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，线段垂直平分线的判定，熟练掌握切线
的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
23．（2023·江苏南京·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点 O作AC
的垂线，垂足为 D，分别交直线BC，⊙O于点E，F，射线AF交直线BC于点G．
(1)求证AC=CG．
(2)若点E在CB的延长线上，且EB=CG，求∠BAC的度数．
(3)当BC=6时，随着CG的长度的增大，EB的长度如何变化? 请描述变化过程，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)36°
1
(3)当36时，
6
1
BE= CG2−6，BE随CG增大，从0附近开始逐渐增大．
6
【分析】（1）连接AO并延长交BC于点H, 连接OB、OC，根据线段垂直平分线判断AH垂直平分BC，
得到∠G+∠GAH=90°，结合∠GAH=∠AFD，∠FAD+∠AFD=90°，即得∠FAD=∠G；
（2）连接AE，设∠G=α，得∠CAG=α，得∠ACB=2α，根据EB=CG，AH 垂直平分BC，得到
AE=AG，得到∠AEG=α，根据垂径定理推出EA=EC，得到∠EAC=∠ECA=2α，在△ACE中，推
出5α=180°, 得到α=36°，即得∠BAC=36°；
CH CD
（3）在Rt△CAH和Rt△CED中，根据∠CAH=∠CED，得sin∠CAH=sin∠CED，得 = ，
AC CE
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1 1 1 1
结合AC=CG，CD= AC，CH= BC=3，得CE= CG2 ，当36时， BE= CG2−6，BE随CG增大而增
6
大，从0附近开始逐渐增大．
【详解】（1）连接AO并延长交BC于点H, 连接OB、OC，
∵AB=AC，OB=OC，
∴AH 垂直平分BC，
∴∠G+∠GAH=90°，
∵AO=FO，
∴∠OAF=∠OFA，
∵OD⊥AC，
∴∠FAD+∠AFD=90°，
∴∠FAD=∠G
∴AC=CG；
（2）连接AE，设∠G=α，
由（1）知，∠CAG=∠G=α，
∴∠ACB=∠CAG+∠G=2α，
EB=CG,AH 垂直平分BC，
∵∴EH=GH，
∴AE=AG，
∴∠AEG=∠G=α，
∵OD⊥AC，
∴AD=CD，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠ECA=2α，
∠AEC+∠EAC+∠ECA=5α=180°,
∴∴α=36°，
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∴∠BAC=∠AEC=α=36°；
（3）∵∠CDE=∠CHA=90°，
∴∠CAH+∠HCA=∠CED+∠DCE=90°，
∴∠CAH=∠CED，
∴sin∠CAH=sin∠CED，
CH CD
∴ = ，
AC CE
1 1
∵AC=CG，CD= AC，CH= BC=3，
2 2
1
∴CE= CG2 ，
6
当36时，
CE=BC+BE=6+BE，
1
∴BE= CG2−6，
6
BE随CG增大而增大，从0附近开始逐渐增大．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形结合．熟练掌握等腰三角形的判定和性质，垂径定理，三角形外角性
质，线段垂直平分线的判定和性质，正弦定义，分类讨论，是解决问题的关键 ．
24．（2024·陕西咸阳·模拟预测）【问题探究】
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（1）如图1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，点E是菱形ABCD的对称中心，点F、M、N分别
是边AB、AD、CD的中点，连接MN，点P是线段MN上的动点，连接PE、PF，求PE+PF的最小值；
【问题解决】
（2）如图2，某市有一块未开发的四边形绿地ABCD，经测量，AD=3km，CD=3√3km，
∠BAD=120°，AD∥BC，AD⊥CD，点D处有一个水塘，绿地中有两条弧形小路劣弧A´C和劣弧
G´H，点G、H分别在边AB、CB上，G´H所对的圆心角为60°，BH=BG=4km．现计划沿MP、PD修
建景观水渠，并沿△EFM的三边乔木类的树木方便市民纳凉，点E、F、M、P分别是BG、BH、G´H、
A´C上的动点．为节约成本要求PD+PM值最小，同时要求△EFM的周长最小．请你求出PD+PM的最
小值以及此时△EFM周长的最小值．
【答案】（1）2√7；（2）PD+PM的最小值为(3√7−4)km，此时△EFM周长的最小值为4√3km．
【分析】（1）连接AC,ED,PD,FD,DE交MN于点G，如图1．根据点E是菱形ABCD的对称中心，得
出点E为AC的中点，AD∥BC,AD=CD=AB=4，DE⊥AC，证明MN为△ACD的中位线，得出
DG DM
MN∥AC，根据平行线分线段成比例得出 = ，即可得DG=EG，MN垂直平分DE， PE=PD，
EG AM
得出PE+PF的最小值为DF的长．过点F作FH⊥AD交DA的延长线于点H，如图1．在Rt△AFH中，
算出AF，AH，FH，再根据解直角三角形和勾股定理算出DH，DF即可求解；
（2）过点B作BQ⊥AD交DA的延长线于点Q，连接BM，如图2．证明四边形BCDQ是矩形，得出
BQ=CD=3√3km．根据∠BAD=120°，得出∠BAQ=60°,∠ABC=60°，AQ=3km，BC=6km，
即可确定G´H所在圆的圆心为点B，BM=BH=BG=4km．连接MD,BD,BD与G´H、A´C分别交于点
M'、P'，如图2，得出BM'=BM=4km．得出MD的最小值，即为PD+PM的最小值，MD的最小值即
为DM'的长．在Rt△BDC中，算出BD，DM'，全等PD+PM的最小值，此时点M位于点M'的位置．
分别作点M'关于AB、BC的对称点M ,M ，连接EM',EM ,FM',FM ,M M ,BM ,BM ，得出
1 2 1 2 1 2 1 2
△EFM'的周长≥M M ，即△EFM的周长最小值为M M 的长，再求出M M ，即可求解．
1 2 1 2 1 2
【详解】解：（1）连接AC,ED,PD,FD,DE交MN于点G，如图1．
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∵ E ABCD
点 是菱形 的对称中心，
∴点E为AC的中点，AD∥BC,AD=CD=AB=4，
∴DE⊥AC．
∵M,N分别为边AD,CD的中点，
∴MN为△ACD的中位线，
∴MN∥AC，
DG DM
∴DE⊥MN于点G，且 = ，即DG=EG，
EG AM
∴MN垂直平分DE，即点D与点E关于MN对称，
∴PE=PD，
∴PE+PF=PD+PF≥DF．
即PE+PF的最小值为DF的长．
过点F作FH⊥AD交DA的延长线于点H，如图1．
1
在Rt△AFH中，∠HAF=∠B=60∘，AF= AB=2，
2
∴AH=1，FH=√3，
∴DH=5，
∴DF=√DH2+FH2=2√7．
即PE+PF的最小值为2√7；
（2）过点B作BQ⊥AD交DA的延长线于点Q，连接BM，如图2．
∵AD∥BC,AD⊥CD，
∴DC⊥BC，
∴四边形BCDQ是矩形，
∴BQ=CD=3√3km．
∴∠BAD=120°，
∴∠BAQ=60°,∠ABC=60°，
∴AQ=3km，
∴BC=DQ=AD+AQ=6km．
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∵G´H所对的圆心角为60°,BH=BG=4km,∠ABC=60°，
∵G´H所在圆的圆心为点B，
∴BM=BH=BG=4km．
连接MD,BD,BD与G´H、A´C分别交于点M'、P'，如图2，
则BM'=BM=4km．
∵PD+PM≥MD，
∴MD的最小值，即为PD+PM的最小值，
∵MD≥BD−BM，
∴MD的最小值即为DM'的长．
在Rt△BDC中，BD=√BC2+CD2=3√7km，
∴DM'=(3√7−4)km，
即PD+PM的最小值为(3√7−4)km，此时点M位于点M'的位置．
分别作点M'关于AB、BC的对称点M ,M ，
1 2
连接EM',EM ,FM',FM ,M M ,BM ,BM ，
1 2 1 2 1 2
则EM'=EM ,FM'=FM ,BM'=BM =BM =4km,，
1 2 1 2
∠M BE=∠M'BE,∠M BF=∠M'BF，
1 2
∴△EFM'的周长=EF+EM'+FM'=EF+EM +FM ≥M M ，
1 2 1 2
∠M BM =2∠ABC=120∘．
1 2
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∴△EFM'的周长最小值为M M 的长，
1 2
即△EFM的周长最小值为M M 的长
1 2
由BM =BM =4km,∠M BM =120°，
1 2 1 2
∴∠BM M =∠BM M =30°，
1 2 2 1
∴M M =2BM ⋅cos30°=4√3km，
1 2 1
∴△EFM周长的最小值为4√3km．
综上可知，PD+PM的最小值为(3√7−4)km，此时△EFM周长的最小值为4√3km．
【点睛】该题是四边形和圆综合题，主要考查了矩形的性质和判定，菱形的性质，平行线分线段成比例，
线段垂直平分线，解直角三角形，勾股定理，圆相关知识点，三角形中位线，轴对称等知识点，解题的关
键是掌握以上知识点．
25．（2021·河北邯郸·三模）在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点A出发沿AB边以1cm/s
的速度向点B移动（点P可以与点A重合），同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动
（点Q可以与点B重合），其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1)如图1，几秒后，△BPQ的面积等于8cm2？
(2)如图2，在运动过程中，若以P为圆心、PA为半径的⊙P与BD相切，求t值；
(3)若以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q．如图3，若⊙Q与四边形CDPQ的边有三个公共点，则t的取值范围
为 ．（直接写出结果，不需说理）
【答案】(1)2秒或4秒
8
(2)t=
3
(3)0
