单元测试第二十四章圆（综合能力拔高卷）（解析版）_初中数学人教版_9上-初中数学人教版_06习题试卷_2单元测试_单元测试（第3套）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（人教 版） 【单元测试】第二十四章 圆（综合能力拔高卷） （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共有 10小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 1．如图，在⊙O中，弦AB等于⊙O的半径，OC⊥AB交⊙O于点C，则∠AOC等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】弦AB等于⊙O的半径，可得△AOB是等边三角形，再由等边三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵弦AB等于⊙O的半径， ∴OA=OB=AB， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠AOB=60°， ∵OC⊥ AB， ∴ ． 故选：D 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆的基本性质，等边三角形 的判定和性质是解题的关键． 2．如果一个圆的半径由1厘米增加到2厘米．那么这个圆的周长增加了（ ） A．3.14厘米 B．2 厘米 C．8 厘米 D．4 厘米 【答案】B 【分析】圆的周长计算公式是C=2πR，如果半径增加n厘米，根据周长的计算公式可知周长增加2nπ，列式进行计算即可． 【详解】解：（2-1）×2× =2π（厘米）． π 故选：B． 【点睛】本题考查圆的周长的计算，在圆中，如果是圆的半径增加n,则其周长增加2nπ，周长增加的值与 原来圆的半径大小无关． 3．如图，将量角器按放置在 上，使点 与圆心重合，已知 ， ．若 点的刻 度为 ，则 点的对应刻度为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接CD，求出∠D的度数，得到等边 CDB，进而得到∠DCB＝60°即可求解． 【详解】解，如图，连接CD， △ ∵点B的读数为138°， ∴∠ECB＝138°， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠B＝60°， ∵CD＝CB， ∴△CDB为等边三角形， ∴∠DCB＝60°， ∴∠ECD＝138°﹣60°＝78°，∴点D的读数应该为78°． 故选：C． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、圆的基本性质等知识，证明 CDB为等边三角形是解题的 关键． △ 4．矩形 中， ， ，如果 是以点 为圆心， 为半径的圆，那么下列判断正确的是 （ ） A．点 、 均在 外 B．点 在 外，点 在 内 C．点 在 内，点 在 外 D．点 、 均在 内 【答案】C 【分析】根据题意，将图形绘制出来，结合图形分析可知，矩形 的对角线可以利用勾股定理求出， 即 ，而圆的半径是 ，根据线段的大小关系即可求出答案． 【详解】解：根据题意，绘制图形如下， 连接AC, ∵矩形 ， ， ， ∴ 中， ， ∴点 在 内，点 在 外， 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，直角三角形的勾股定理，圆的知识，理解和掌握矩形、直角三角形、 圆的性质是解题的关键． 5．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接BD，若AB＝AD＝CD，∠BDC＝75°，则∠C的度数为 （ ）A．55° B．60° C．65° D．70° 【答案】D 【分析】根据圆中等弦对等弧对等角，以及圆内接四边形的对角互补，进行计算即可． 【详解】解：∵AB＝AD＝CD， ∴ ， ∴∠ADB＝∠ABD＝∠DBC， 设∠ADB＝∠ABD＝∠DBC＝x， ∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， 即3x+75°＝180°， 解得：x＝35°， ∴∠DBC＝35°， 在△BDC中，∠BDC＝75°，∠DBC＝35°， ∴∠BCD＝180°﹣75°﹣35°＝70°． 故选D． 【点睛】本题考查了圆中等弦对等弧对等角，以及圆内接四边形的对角互补，熟练掌握相关知识点是解题 的关键． 6．如图，点 ， ， 都在格点上， 的外接圆的圆心坐标为（ ） A．（5，2） B．（2，4） C．（3，3） D．（4，3）【答案】A 【分析】根据 的外接圆的定义，作 和 的垂直平分线相交于点 ，则可得出答案． 【详解】解：根据 的外接圆的定义，作 和 的垂直平分线相交于点 ， ∴点P（5，2）， 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆，三角形的垂直平分线，正确作图是解题的关键． 7．如图， 中， 是 的直径， 交 于点 ， 交 于点 ，点 是 中点， 的 切线 交 于点 ，则下列结论中① ；② ；③ ；④ 是 中点，正确 的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】连接连接 ， 、 ，根据直径所对的圆周角是直角以及等腰三角形的性质可判断结论③； 根据同圆或等圆中，同弧所对的弦相等可得结论②；根据切线的性质以及三角形中位线定理可得结论④； 因为只有 是等腰直角三角形时，才能满足结论①． 【详解】解：连接 ， 、 ．是 的直径， （直径所对的圆周角是直角）， ， 点 是 中点， ， ，故③正确； ， ，故②正确； 是 的切线， ， ， ， ， ， ， ∵点 是 的中点， 点 是 的中点，故④正确； 只有当 是等腰直角三角形时， ， 故①错误， 正确的有②③④共3个， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆切线的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线定理的应用，题目难 度适中，熟练掌握相关图形的性质定理是解本题的关键． 8．把一张正方形纸片按如图所示的方法对折两次后剪去两个角，打开后得到一个正多边形，则这个正多 边形不可能是（ ）A．正十二边形 B．正十边形 C．正八边形 D．正六边形 【答案】B 【分析】由正多边形和外接圆，找中心角，实际动手操作来进行解题． 【详解】解：经过动手操作，如果过斜边的中点，构造顶角为45°的等腰三角形，剪去4个重合角，可以 得出正八边形； 如果过直角三等分线与边的两个交点，构造顶角为30°的等腰三角形，剪去4个重合角，可以得出正十二 边形； 如果过三等分线与边一个交点构造顶角60°和30°的等腰三角形，剪去两对重合角，可以得到正六边形， 而得不出十边形， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了与剪纸相关的知识，正多边形和圆的综合，熟练地动手操作能力是解决问题的关 键． 9．如图，在半径为 ，圆心角等于45°的扇形AOB内部作一个正方形CDEF，使点C在OA上，点D、E 在OB上，点F在 上，则阴影部分的面积为（结果保留π）（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先要明确 ，然后依面积公式计算即可． 【详解】解：连接OF，∵∠AOD=45°，四边形CDEF是正方形， ∴OD=CD=DE=EF， 在Rt OFE中，OE=2EF， △ ∵OF= ， ， ∴ ， 解得：EF=1， ∴EF=OD=CD=1， ∴ ． 故选：B． 【点睛】本题考查了扇形面积的计算，勾股定理的应用，得到正方形和三角形的边长是解题的关键． 10．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的 工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且 ⊙O被水面截得的弦AB长为6米，⊙O半径长为4米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在 直线的距离是（ ） A．（4﹣ ）米 B．2米 C．3米 D．（4+ ）米 【答案】A 【分析】连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OC⊥AB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OC﹣OD即可求解． 【详解】解：根据题意和圆的性质知点C为 的中点， 连接OC交AB于D，则OC⊥AB，AD=BD= AB=3， 在Rt△OAD中，OA=4，AD=3， ∴OD= = = ， ∴CD=OC﹣OD=4﹣ ， 即点 到弦 所在直线的距离是（4﹣ ）米， 故选：A． 【点睛】本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键． 二、填空题（本大题共有8小题，每题3分，共24分） 11．如图，点 在以 为直径的 上， ， ，则 的长为______． 【答案】5 【分析】根据直径所对圆周角是直角，可知∠C=90°，再利用30°直角三角形的特殊性质解出即可． 【详解】解：∵AB是直径， ∴∠C=90°， ∵∠A=30°，∴ ． 故答案为：5． 【点睛】本题考查圆周角定理的推论及特殊直角三角形，关键是掌握直径所对的圆周角等于90°． 12．如图， 、 是 的切线，切点分别为A、B，若 ，则 ___________ 【答案】70 【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB是⊙O的切线，即可得∠PAO=∠PBO=90°，又由∠APB=40°，即可 求得∠AOB的度数，然后由圆周角定理，即可求得答案． 【详解】解：如图，连接OA，OB， ∵PA、PB是⊙O的切线， ∴∠PAO=∠PBO=90°， ∵∠APB=40°， ∴∠AOB=360°-∠APB-∠PAO-∠PBO=140°， ∴∠ACB= ∠AOB=70°． 故答案为：70． 【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思 想的应用． 13．如图，石拱桥的桥顶到水面的距离CD为8m，桥拱半径OC为5m，则水面宽AB为__________．【答案】 【分析】连接 ，根据题意，得出 ， ，再根据勾股定理，得出 的长，再根据垂径定 理，即可得出 的长． 【详解】解：连接 ， ∵桥拱半径 为 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 故答案为： 【点睛】本题考查了勾股定理、垂径定理，解本题的关键在熟练掌握相关的定理．垂径定理：垂直于弦的 直径平分弦，并且平分弦所对的弧． 14．图1是一种推磨工具模型，图2是它的示意图，已知AB⊥PQ，AP＝AQ＝20cm，AB＝120cm，点A在 中轴线l上运动，点B在以O为圆心，OB长为半径的圆上运动，且OB＝35cm， （1）如图3，当点B按逆时针方向运动到B´时， ，则 ＝_____cm． （2）在点B的运动过程中，点P与点O之间的最短距离为_____cm．【答案】 30 ## 【分析】（1）根据 ，即可求解； （2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，即可求解． 【详解】解：（1）∵ ， ∴ 是圆O的切线 ∴ ＝120+35﹣ ＝155﹣ ＝155﹣125， ＝30， 故答案为：30； （2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短， 则OP＝BP﹣OB＝ ＝ ＝ 故答案为： ． 【点睛】本题考查的是切线的性质，勾股定理，解题的关键是确定转动后图形上各个点的位置关系． 15．如图，已知点G是正六边形 对角线 上的一点，满足 ，联结 ，如果 的 面积为1，那么 的面积等于_______.【答案】4 【分析】解：如图，连接CE，由 得 ，由六边形 是正六边形证明 ， 从而得 的面积为 的面积的4倍即可求解． 【详解】解：如图，连接CE， ， ， 六边形 是正六边形， AB=AF=EF=BC， ， ， CBF EFB1203090， CBFEFB9090180， EF∥BC，  四边形BCEF是平行四边形， BF∥EC，  EFG的面积为1，BF 4FG，  FBC的面积为144， 故答案为4． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 16．如图，从一块直径为24cm的圆形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC，使点A，B，C在圆周 上，将剪下的扇形作为一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是_____cm． 2 【答案】3 【分析】连接BC，根据圆周角定理求出BC是⊙O的直径，BC=24cm，根据勾股定理求出AB，再根据弧 BC 长公式求出 的长度，最后求出圆锥的底面圆的半径． 【详解】解：连接BC，由题意知∠BAC=90°， ∴BC是⊙O的直径，BC=24cm， ∵AB=AC， ∴2AB2 BC2， BC 24 ∴AB＝ 2 ＝ 2 ＝12 2（cm）， 9012 2 ∴BC＝ 180 ＝6 2π（cm） 2 2 ∴圆锥的底面圆的半径＝6 π÷（2π）＝3 （cm）． 2 故答案为：3 ． 【点睛】此题考查了圆周角定理，弧长公式，勾股定理，连接BC得到BC是圆的直径是解题的关键． 17．正方形ABCD的边长为4，E是边CB上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为 顶点作正方形BFGH ，其中点F、G都在直线AE上，如图．当点E到达点B时，点F、G、H与点B重 合．则点H所经过的路径长为_____________．【答案】π 【分析】连接AC，交BD于点O，取BC的中点N，连接NH，利用SAS证明△MBF≌△NBH，得NH＝MF ＝BM＝BN，可知点H在以点N为圆心，BN长为半径的圆上，确定圆心角度数即可解决问题． 【详解】解：如图，连接AC，交BD于点O，取BC的中点N，连接NH， 1  ∴MF＝BM＝BN AB， 2 ∴点F的运动轨迹为以点M为圆心，BM长为半径的圆上， ∵∠ABC＝∠FBH＝90°， ∴∠ABC﹣∠FBC＝∠FBH﹣∠FBC， 即∠ABF＝∠CBH， ∴△MBF≌△NBH（SAS）， ∴NH＝MF＝BM＝BN， ∴点H在以点N为圆心，BN长为半径的圆上， ∴当点E在C处时，点F与O重合， 当点E在B处时，点F与点B重合， ∴点H所在的圆弧的圆心角为90°， 902   ∴点H所经过的路径长 ， 180 故答案为：π． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，确定点H的运动路径是解题的关键． 18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，O为格点，⊙O经过格点A． （1）⊙O的周长等于____；（2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出⊙O的内接等边 ABC，并简要说明点B，C的位置 是如何找到的（不要求证明）_____． 2 5π 【答案】 见解析 【分析】（1）利用勾股定理可得答案； （2）延长AO交网格线于点D，取格点E，F，连接EF交网格线于点G，作直线DG交 O于点B，C，连 接AB，AC，则 ABC即为所求． O OA 1222  5 【详解】（1）∵⊙ 的半径为： ， O 2 52 5 ∴⊙ 的周长 ， 2 5π 故答案为： （2）如图： OEEF  1222  5,OF  1232  10 ∵ ，  2  2  2 5  5  10 又∵ ， ∴OE2EF2 OF2， ∴OEG90． 1 ∵tanOAF tanAFE ， 2 ∴OAF AFE， ∴OA  EF ． 1 ∵DM  NP,OM  OP， 21 5 ∴OD ON  ． 2 2 1 ∵GL  FH,EL EH ， 2 1 5 ∴EG EF  ． 2 2 ∴EGOD， ∵EG  OD， ∴四边形OEGD是平行四边形， ∵OEG90， ∴ OEGD是矩形． ∴ADG90， ∴ODC 90， 5 ∵OC 5,OD ,ODC90， 2 5 ∴ 2 1 ， cosCOD  5 2 ∴COD60， 1 ∴CAO COD30． 2 ∵ADG90， ∴ADCB， ∵AD过圆心, ADCB， AC  AB,CN BN ∴ ， ∴AC AB,CADBAD30， ∴CAB303060， ∵AC AB， ∴ ABC是等边三角形．故答案为：如图，延长AO交网格线于点D，取格点E，F，连接EF交网格线于点G，作直线DG交 O于 点B，C，连接AB，AC，则 ABC即为所求． 【点睛】此题考查作图中的复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考 题型． 三、解答题（本大题共有6小题，共46分；第19-20小题每小题6分，第21-22小题每小题 7分，第23小题8分，第24小题10分） 19．如图，AB是 O直径，弦CD AB于点E，过点C作DB的垂线，交AB的延长线于点G，垂足为点 F ，连结AC，其中AD． (1)求证：AC CG； (2)若CDEG8，求 O的半径． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）先根据垂直的定义、对顶角相等可得DG，从而可得AG，再根据等腰三角形的 判定即可得证； （2）连接OC，设 O的半径为r，则OAOCr，再根据等腰三角形的三线合一可得AEEG8，根 1 EC ED CD4 据垂径定理可得 ，从而可得 ，然后在 中，利用勾股定理求解即可 2 OE8r Rt△OEC得． 【详解】（1）证明：QDF CG，CD AB， DEBBFG90， QDBEGBF ， DG，  AD， AG， ACCG． （2）解：如图，连接OC， 设 O的半径为r，则OAOCr，  CACG，CD AB，CDEG8， 1 EC ED CD4 ， ， AEEG8 2 OE AEOA8r， Rt△OEC OC2 OE2EC2 r2 (8r)242 在 中， ，即 ， 解得r =5，   O的半径为5． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题 关键． 20．如图，在67的方格纸中，A，B，C均为格点，按要求画图：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺的直 角；②保留必要的画图痕迹；③标注相关字母．(1)找出过A，B，C三点的圆的圆心O，连结AO，BO． (2)在⊙O上找到一点P，画出∠BCP，使得BCPAOB． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用垂径定理确定圆心，然后连接AO，BO即可； （2）利用圆周角定理，即可作出图形． 【详解】（1）解：如图：取线段AD和AC的垂直平分线，交点是点O；连接OA、OB； （2） 解：如（1）图，由圆周角定理得AOB2ACB， 取格点P，使得BCP2ACB， 则有BCPAOB； 【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理，网格问题，解题的关键是掌握所学的知识，正确的作出图 形． 21．如图，AB是半圆O的直径，AE是半圆O的切线（即圆O的切线）．连接EB，交半圆于点D，连接 AD．过点D作直线CD，且EDC DAB． (1)求证：直线CD是半圆O的切线； (2)求证：点C是线段AE的中点；(3)若AB10，BD8，求线段CE的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 15 CE (3) 4 【分析】（1）连接OD，根据等边对等角，得出OADODA，再根据等量代换，得出EDCODA ，再根据直径所对的圆周角等于90，得出ADBE，根据垂线的定义，得出EDA90，再根据等量代 换，得出ODC EDA90，即可得出ODCD，再根据切线的判定定理，即可得出结论； （2）根据切线的性质，得出EABODC 90，再根据角的关系和等量代换，得出 CDAEADB，EDC E，再根据等角对等边，得出ACCD，CDCE，然后根据等量代 换，得出ACCE，根据中线的定义，即可得出结论； （3）设CE长为x，则AE2x，根据勾股定理，得出AD6，再根据等面积法，得出用含x的式子表示 BE，再根据勾股定理，即可得出线段CE的长． 【详解】（1）证明：连接OD， ∵OAOD， ∴OADODA， ∵EDC DAB， ∴EDCODA， ∵AB是半圆O的直径， ∴ADB90， ∴ADBE， ∴EDA90， ∴ODC EDA90， ∴ODCD， ∴直线CD是半圆O的切线； （2）证明：∵AE、CD为半圆O的切线， ∴EABODC 90， 又∵OADODA，∴CDAEAD， 又∵ODOB， ∴ODBB， ∵EABADB90， ∵OADODA， ∴BODBEAD， ∴CDAEADB， ∵EBEDCCDA， ∴EDC E， ∴ACCD，CDCE， ∴ACCE， ∴点C是线段AE的中点； （3）解：设CE长为x，则AE2x， 在Rt△ABD中， ∵AB10，BD8， AD AB2BD2  10282 6 ∴ ， 1 1 S  ABAE BEAD ∵ △ABE 2 2 ， 1 1 102x BE6 ∴ ， 2 2 10 解得： BE x ， 3 在Rt△ABE中， 2x2102    10 x   2 根据勾股定理，可得：  3  ， 15 15 解得：x  ，x  （舍去）， 1 4 2 4 15 CE ∴ ． 4 【点睛】本题考查了切线的性质与判定、等腰三角形的性质、等量代换、勾股定理、等面积法，解本题的 关键在熟练掌握相关的性质、定理． 22．如图，在Rt ABC中，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点 △D、E，连接AD，已知∠CAD＝∠ABC． (1)求证：AD是⊙O的切线： 3 (2)若∠ABC＝30°，AC＝3 ，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析  3 3 (2)阴影部分的面积 4 【分析】（1）连接OD，由OD=OB，利用等边对等角得到一对角相等，再由已知角相等，等量代换得到 ∠CAD=∠ODB，求出∠ADO为90°，即可证AD是⊙O的切线； 3 （2）连接OD，作OF⊥BD于F，由直角三角形的性质得出CD= 3 AC=3，BC=9，得出BD=BC-CD=6，由 3 3 直角三角形的性质得出DF=BF，OF= ，得出OB=2OF=2 ，由扇形面积公式和三角形面积公式即可得 出结果． 【详解】（1）证明：连接OD，如图1所示： ∵OB＝OD， ∴∠ODB＝∠B， ∵∠B＝∠CAD， ∴∠CAD＝∠ODB，在Rt ACD中，∠CAD+∠CDA＝90°， ∴∠AD△O＝180°﹣(∠ADC+∠ODB)＝90°， ∴OD⊥AD， ∵OD是半径， ∴AD为⊙O的切线； （2）解：连接OD，作OF⊥BD于F，如图2所示： ∵OB＝OD，∠B＝30°， ∴∠ODB＝∠B＝30°， ∴∠DOB＝120°， ∵∠C＝90°，∠CAD＝∠B＝30°， 3 ∴CD 3 AC＝3，BC 3AC＝9， ∴BD＝BC﹣CD＝6， ∵OF⊥BD， 1 3 ∴DF＝BF 2 BD＝3，OF 3 BF 3， 3 ∴OB＝2OF＝2 ， ∴阴影部分的面积＝扇形ODB的面积﹣ ODB的面积 120  2 3 2 △ 1 =  6 3 360 2 4π-3 3 = ． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、扇形面积公式、三角形 面积公式等知识，熟练掌握切线的判定是解题的关键．AB BC  O ABC BC  AB ABC 23．材料：如图1， 和 是 的两条弦（即折线 是圆的一条折弦）， ，M是 的 中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD ABBD．下面是运用“截长法”证 明CD ABBD的部分证明过程． CB CG AB MA,MB,MC MG ABC MAMC 证明：如图2，在 上截取 ，连接 和 ，∵M是 的中点，∴ ，…… (1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，已知 ABC 内接于 O,BC  AB AC ，D是AC  B的中点，依据（1）中的结论可得图中某三条 线段的等量关系为__________；  ABC  O,AB AC AB DB,ACD45,AE CD (3)如图4，已知等腰 内接于 ，D为 上一点，连接 于点 △BCD 4 22,BC 2 AC E， 的周长为 ，请求出 的长． 【答案】(1)该证明的剩余部分见解析 (2)BE CE AC (3)4 【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出 BD=GD，即可证明结论； （2）直接根据“截长法”即可证明结论； （3）根“截长法”得出CE=BD+DE，进而求出CE，最后用勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG．ABC ∵M是 的中点， ∴MA=MC． 在△MBA和△MGC中 BA＝GC  A＝C ，  MA＝MC ∴△MBA≌△MGC（SAS）， ∴MB=MG， 又∵MD⊥BC， ∴BD=GD， ∴DC=GC+GD=AB+BD． （2）解：根据（1）中的结论可得图中某三条线段的等量关系为BE CE AC 故答案为：BE CE AC． AB （3）解：∵AB=AC，D为 上一点 BDC ∴A是 的中点， 根据“截长法”可得：CE=BD+DE， 2 ∵△BCD的周长为4 +2， 2 ∴BD+CD+BC=4 +2， 2 ∴BD+DE+CE+BC=2CE+BC=4 +2， ∵BC=2，2 ∴CE=2 ， 在Rt△ACE中，∠ACD=45°， 2 ∴AC= CE=4． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，理解“截长 法”是解答本题的关键． 24．如图1，边长为2的正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A、B重合），点F在BC边上（不与 点B、C重合）· 第一次操作：将线段EF绕点顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；第二次操作：将线段FG绕 点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；依此操作下去… (1)图2中的△EFD是经过两次操作后得到的，其形状为_______，求此时线段EF的长； (2)若经过三次操作可得到四边形EFGH． ①请判断四边形EFGH的形状为________，此时AE与BF的数量关系是_________． ②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取 值范围． (3)若经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是多少？它可能是正多边形吗？如果是，请 求出其边长；如果不是，请说明理由． DEF EF 2 62 2 【答案】(1) 的形状为等边三角形， 的长为 AEBF y2x24x4(0x2) 2�y4 (2)①正方形， ；② ， 2 22 (3)经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是8，它可能为正多边形，边长为 【分析】（1）由旋转性质，易得EFD是等边三角形；利用等边三角形的性质、勾股定理求出EF的长； （2）①四边形EFGH 的四边长都相等，所以是正方形；利用三角形全等证明AEBF； y y ②求面积 的表达式，这是一个二次函数，利用二次函数性质求出最值及 的取值范围．（3）如答图2所示，经过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，可能是正多边形，最大边数为8，边长 2 22 为 ． 【详解】（1）由旋转性质可知EF DF DE，则DEF 为等边三角形． 在RtΔADE与RtΔCDF中， ADCD  DEDF ， RtΔADERtΔCDFHL ∴ AE=CF ． 设AE CF  x，则BEBF 2x BEF 为等腰直角三角形． EF  2BF  2(2x) ． DEDF EF  2(2x) ． RtΔADE AE2AD2 DE2 x222 [ 2(2x)]2 在 中，由勾股定理得： ，即： ， x 42 3 x 42 3 解得： 1 ， 2 （舍去） EF  2(2x)2 62 2 ． DEF EF 2 62 2 的形状为等边三角形， 的长为 ． （2）四边形EFGH 的形状为正方形，此时AEBF．理由如下： 依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH ，作HN BC于N ，GM  AB于M ．设EG交FH 于 O，HN交MG于K，交EG于O．由旋转性质可知，EF FGGH HE， 四边形EFGH 是菱形， HF EG，  HN MG， HJOGTO，  HOJ GOT ， FHN EGM ， 由GMEHNF 90，MGENHF ，GM HN，可得EGM FHN(AAS)，可知EGFH ， 四边形EFGH 的形状为正方形． HEF 90  1290，2390， 13．  3490，2390， 24． 在AEH 与BFE中， 13  EH EF ，  24 AEH BFE(ASA) AEBF ． ②利用①中结论，易证AEH 、BFE、CGF、DHG均为全等三角形， BF CGDH AEx，AH BECF DG2x． 1 yS 4S 224 x2x2x24x4 正方形ABCD AEH 2 ．y2x24x4(0x2) y2x24x42(x1)2 2  ，  x1 y x0 x2 y4 当 时， 取得最小值2；当 或 时， ， y的取值范围为：2�y4． 2 22 （3）过多次操作可得到首尾顺次相接的多边形，其最大边数是8，它可能为正多边形，边长为 ． 如答图2所示，粗线部分是由线段EF经过7次操作所形成的正八边形． 2 设边长 ，则BF CG x， EF FGx 2 2 2 BCBFFGCG xx x2，解得： ． 2 2 x2 22 【点睛】本题是几何变换综合题，以旋转变换为背景考查了正方形、全等三角形、等边三角形、等腰直角 三角形、正多边形、勾股定理、二次函数等知识点．本题难度不大，着重对于几何基础知识的考查，是一 道好题．