第二十四章圆综合题拓展训练（14考点92题）(教师版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2025版

第二十四章 圆综合题拓展训练 目录与链接 考点一、常规最值问题………………………………………………………………………………2 考点二、隐圆问题…………………………………………………………………………………10 考点 三 、与圆有关的网格作图 ……………………………………………………………………23 考点四、与园有关的尺规作图……………………………………………………………………32 考点五、三角形的外接圆问题……………………………………………………………………40 考点六、三角形的内切圆问题……………………………………………………………………56 考点七、圆的平移…………………………………………………………………………………73 考点八、圆的折叠问题……………………………………………………………………………84 考点九、圆的旋转问题……………………………………………………………………………97 考点十、正多边形和圆……………………………………………………………………………111 考点十一、圆与函数的综合问题…………………………………………………………………126 考点十二、圆的应用………………………………………………………………………………146 考点十三、与圆有关的计算………………………………………………………………………162 考点十四、圆的综合问题…………………………………………………………………………177考点一、常规最值问题 C O D2,1 1．（22-23九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，矩形 的顶点 ， 在半径为5的 上， ， 当点A在O上运动时，点C也随之运动，则矩形ABCD的对角线AC的最小值为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，取 的中点 ，连接 ， ，在Rt 中， 为 中点， ， 当 时， 最小，此时矩形的对角线最小. 、 、 三点共线时， 最小，此时在Rt △OAM中，设 ，知道 ， 长度，根据勾股定理建立方程，即可求解 的长度，进而 求得 的长度. 【详解】解：如图，取 的中点 ，连接 ， ， 1 在Rt 中， 为 中点，DM  AM  AC， AC 2 当DM AC时，DM 最小，此时矩形的对角线最小，∵DM AC，AC为弦，M 为中点， ∴DM 在过M 的直径上， 而O为圆心，则O、M 、D三点都在一条直线上； 故O、M 、D三点共线时，AC最小； AM DM x OA5 OD 1222  5 此时在Rt△OAM中，设 ，知道 ， ， OM2AM2 OA2 OM ODDM  5x 有 ， x2(x 5)2 52 有 ， x  5 x 2 5 解得 1 ， 2 (舍去)， AC 2x2 5 ， 故选A． 【点睛】本题考查了圆内动点问题、垂径定理等知识，根据垂径定理作出图形是解题的关键． yx23x4 2．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，抛物线 与x轴交于A，B两点（点A在点B的 左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆 心，2为半径的圆上，则DEEF 的最小值 ． 652 【答案】 【分析】此题考查了二次函数与x轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题 的关键是准确的求出二次函数与x轴的交点坐标，难点是确定当DEEF 为最小式，点E，F 的位置．先 求出A，D点坐标，做辅助线如图求T 点坐标，根据图像即可分析出答案．yx23x4 y0 【详解】解：对于 ，当 时， x23x40， x 4 x 1 解得： 1 ， 2 ， 4,0 ∴点A的坐标为 ， yx23x4 x3 y4 对于 ，当 时， ， 3,4 D ∴点 的坐标为 ， 作点 D 关于 y 轴对称的点T ，则点 T3,4 ， 连接AE交于y轴与M ，交O与N ，过点T 作TH x轴与H ，连接AF ， 当点E与点M 重合，点F 与点N 重合时，DEEF 为最小，最小值为线段TN的长． 理由如下： 当点E与点M 不重合，点F 与点N 不重合时， 根据对称轴的性质可知：DETE， ∴DEEF TEEF ， 根据“两点之间线段最短”可知： TEEFAF  AT ， 即：TEEFAF TNAN ， ∵AF  AN 2， ∴TEEF TN，即：DEEF TN， ∴当点E与点M 重合，点F 与点N 重合时，DEEF 为最小． T3,4 ∵点 ，A(-4,0)， ∴OH 3，TH 4，OA4， ∴AH OAOH 7， 在RtATH 中，AH 7，TH 4， TA AH2TH2  65 由勾股定理得： ， TN TAAN  652 ∴ ， DEEF 652 即 的最小为 ， 652 故答案为： ． 3．（2024·陕西渭南·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB4，AD6，A120，点F、点N分 CD AB AD EDF EF D' BD' 别为 、 的中点，点E在边 上运动，将 沿 折叠，使得点D落在 处，连接 ，点M 为BD'中点，则MN的最小值是 ． 71 1 7 【答案】 / 1 【分析】根据三角形中位线定理可得MN  AD' ，知当 取得最小值时， 取得最小值，由折叠知， 2 AD' MN D' DF D' AF AD' 点 在以点F为圆心， 的长为半径的半圆弧上运动，当点 运动到线段 上时， 取得最小值， AFD'F FH  AD HD FH 为 ，过点F作 于点H，，根据30°的直角三角形的性质可得 的长与 的长，根据 勾股定理求出AF 的长，进一步可得AD'的最小值，即可求出MN的最小值． 【详解】连接AD'，AF ，AB BD' ∵点N为 的中点，点M为 中点， 1 ∴MN  AD' ， 2 ∴当AD'取得最小值时，MN取得最小值， ∵平行四边形ABCD中，ABCD4，点F为CD的中点， ∴DF CF 2， 由折叠知，D'F DF 2， ∴点D'在以点F为圆心，DF的长为半径的半圆弧上运动， 当点D'运动到线段AF 上时， AD'取得最小值，最小值为AFD'F， 过点F作FH  AD于点H，如图所示， 则FHD90， ∵AB∥CD，BAD120， ∴D60， ∴HFD90D30， 1 3 DH  DF 1 FH  DF  3 ∴ 2 ， 2 ， ∵AD6， ∴AH 615， AF  AH2FH2 2 7 ∴ ， ∴AD'的最小值为2 72， ∴MN的最小值为 71， 故答案为： 71． 【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含 30°的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． AGBG BG 4．（2021·河南洛阳·三模）如图，半圆O的直径AB＝4cm， ，点C是 上的一个动点（不与点 B，G重合），CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E，点E与点F关于点O中心对称，连接DE、DF，则△DEF面积的最大值为 cm2 【答案】2 1 1 【分析】连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y．根据S DEF＝ ×EF×OD＝ ×2y×x＝xy，当xy的值最大时， 2 2 △ 1 △DEF的面积最大；根据矩形的性质，通过判定四边形ODCE是矩形，得DEOC  AB2cm；根据勾 2 股定理、完全平方公式的性质分析，可得结论． 【详解】连接OC，设OD＝x，OE＝OF＝y． AGBG ∵ ∴OG⊥AB， 1 1 ∵S DEF＝ ×EF×OD＝ ×2y×x＝xy， 2 2 △ ∴xy的值最大时，△DEF的面积最大， ∵CD⊥OG于点D，CE⊥OB于点E， ∴∠CEO＝∠CDO＝∠DOE＝90°， ∴四边形ODCE是矩形， 1 ∴DEOC  AB2cm 2 ∴x2+y2＝22，即x2+y2＝4， ∵（x﹣y）2≥0， ∴x2+y2≥2xy， ∴2xy≤4， ∴xy≤2， ∴xy的最大值为2，∴△DEF的面积的最大值为2 cm2 故答案为：2． 【点睛】本题考查了圆、勾股定理、中心对称、矩形、完全平方公式的知识；解题的关键是熟练掌握圆的 对称性、勾股定理、完全平方公式的性质，从而完成求解． O 2 C AB D BC 5．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）如图， 的半径为 ，点 是半圆 的中点，点 是 的一个 三等分点（靠近点B），点P是直径AB上的动点，则CPDP的最小值 ． 2 3 【答案】 【分析】如图，作点D关于直径AB的对称点D�，根据圆的对称性可知点D�在圆上，连接CD，CD交直 径AB于点P，此时CPDP的最小值是DC的长，根据弧的度数等于它所对圆心角的度数可知 BOC 90，BOD30，根据对称的性质可得BODBOD30，CODDOD，由垂径定理 ODCD DC 2CM 30 CM  3 及推论可知 ， ，根据 角的直角三角形和勾股定理可得 ，即可得出答案． 【详解】解：如图，作点D关于直径AB的对称点D�，则点D�在圆上，连接CD，CD交直径AB于点P， ∴CPDPCPDPDC，则CPDP的最小值是DC的长， ∵点C是半圆AB的中点，O的半径为2， BC AB ∴ 等于半圆 的一半， ∴BOC 90， D BC B ∵点 是 的一个三等分点（靠近点 ）， 1 ∴ BD 等于 BC 的 3 ， 1 1 ∴BOD BOC  9030， 3 3 ∵点D与点D�关于直径AB的对称， ∴BODBOD30，∴COD903060DOD， ∴ODCD，CODCODDOD6060120， ∴DC 2CM ， ∵OC OD， 180COD 180120 ∴C   30， 2 2 1 1 ∴OM  OC  21， 2 2 CM  OC2OM2  2212  3 ∴ ， DC 2CM 2 3 ∴ ， CPDP 2 3 即 的最小值是 ． 2 3 故答案为： ． 【点睛】本题考查对称的性质，弧的度数和圆心角的关系，垂径定理及推论，等腰三角形的性质，两点之 间线段最短，30角的直角三角形和勾股定理等知识点，掌握弧的度数和圆心角的关系，垂径定理以及直 角三角形的边角关系是解题的关键． A1,3 6．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在平面直角坐标系中，点C是以点 为圆心，1个单位 3,0 BC BC OD OD 长度为半径的圆上一点，点B的坐标为 ，连接 ，D是 的中点，连接 ，求 的最大值．【答案】3 【分析】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，三角形的中位线定理，勾股定理，圆的基本性质，掌握 圆外一点到圆上任意一点距离的最长线段经过圆心是解本题的关键． 1 作点B关于y轴的对称点 ，连接 ，根据三角形中位线定理得OD BC，当 最大时， 有最 B BC 2 BC OD 大值，确定当B，C，A共线时，BC有最大值，从而解答即可． 【详解】解：作点B关于原点O的对称点B，连接BC，如图①． ∵D是BC的中点， 1 ∴OD BC 2 如图②，当点C运动到BA的延长线上时，BC最大，此时OD也最大． B3,0 ∵ B3,0 ∴ A1,3 ∵ ， AB 3242 5 ∴ ， ∴BC的最大值为516， ∴OD的最大值为3． 考点二、隐圆问题7．（2024·安徽蚌埠·二模）如图，在正方形ABCD中，AB2，M，N分别为边 AD，CD 的中点，E为 AB边上一动点，以点 E为圆心，AB的长为半径画弧，交 BC于点F，P为EF的中点，Q为线段MN上 任意一点，则 PQ长度的最小值为（ ） 2 3 A． B． 21 C． D． 2 2 2 22 52 【答案】B 1 【分析】如图，连接 ， 为 的中点，可得PB EF 1，则 在以 为圆心， 为半径的圆弧上 PB P EF 2 P B BP B,P,Q,D PQ 运动，当 四点共线时， 最小，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，连接PB， ∵正方形ABCD，AB2， ∴ABBC CD ADEF 2，ABC ADC90， M,N AD CD ∵ 分别 ， 的中点， DM DN 1 MN  1212  2 ∴ ， ， ∵P为EF的中点，1 ∴PB EF 1， 2 ∴P在以B为圆心，BP为半径的圆弧上运动， B,P,Q,D PQ 当 四点共线时， 最小， BD 2222 2 2 ADBCDB45 此时 ， ， 1 2 QD MN  ∴ 2 2 ， 2 3 2 PQ2 2 1 1 ∴ 2 2 ， 3 2 即 的最小值为： 1， PQ 2 故选B 【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，正方形的 性质，圆的确定，熟练的确定P的运动轨迹是解本题的关键． G0,1 2 x A、B 8．（23-24九年级上·北京东城·期末）如图，以 为圆心，半径为 的圆与 轴交于 两点，与 y轴交于C，D两点，点E为O上一动点，CF  AE于F ，当点E在O的运动过程中，线段FG的长度 的最小值为（ ） 1 1 A． B． C． D． 31 21 2 4 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识连接AC， 作 GM  AC，连接AG，CF  AE可知点F 在以AC为直径的圆M 上移动，当点F 在MG的延长线上时， FG 30o FG MG 的长最小，根据含 的直角三角形的性质和勾股定理求出 ， 即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【详解】连接AC， 作 GM  AC，连接AG， ， GO AB ∴OAOB， G0,1 2 ∵ 为圆心，半径为 ， ∴AG2，OG1， 在Rt△AGO中，AG2OG， OA 2212  3 ∴ ， ∴GAO30，AGO60， ∵GCGA2， ∴ACGCAG， ∴AGOACGCAG ∴ACGCAG30， 1 ∴ ，MG GC 1， AC 2AO2 3 2 AM  3 ∴ ， ∵CF  AE， ∴点F 在以AC为直径的圆M 上移动， F MG FG FGFM MG 31 当点 在 的延长线上时， 的长最小，最小值为 ， 故选：A． 9．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F分别在BC、CD上，且 BECF ，AE与BF相交于点G，连接CG，则CG的最小值为 ．  51 a 【答案】 2 【分析】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，勾股定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握 90 ABE≌BCFSAS AGB90 的圆周角所对的弦是直径是解答本题的关键．通过证明 ，可证 ，则点 G在以AB为直径的一段弧上运动，当点G在OC与弧的交点处时，CG最短，然后根据勾股定理求出OC 的长即可求解． 【详解】解∶四边形ABCD是正方形， ABCBCF 90，ABBC a， 在ABE和VBCF 中 ABBC  ABC=BCF  BE=CF ABE≌BCFSAS ， BAECBF ， QABFCBF 90， ABFBAE 90， ∴AGB90， 点G在以AB为直径的一段弧上运动， 设AB的中点为O，则当点G在OC与弧的交点处时，CG最短，，  ABa a OBOG ， 2 2 a 5 ∴ OC    a2  a ， 2 2   51 a CGOCOG ， 2   51 a 故答案为： ． 2 10．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，已知在VABC中，BABC 15，AC18，将VABC绕点 A逆时针旋转．得到△ABC．点D是边AC的中点，点E为边BC上的动点，在VABC绕点A逆时针旋转 的过程中，点E的对应点是点E，则线段DE长度的最大值与最小值的差是 ． 108 【答案】 5 BD AH ^ BⅱC BⅱD ^ AC� D� DE 【分析】如图，连接 ，作 于H， 于 ．求出 的最小值以及最大值即可解决 问题． BD AH ^ BⅱC BⅱD ^ AC� D� 【详解】解：如图，连接 ，作 于H， 于 ． 以A为圆心，以AH 为半径作圆，与直线AC的右侧交点为E， 以A为圆心，以AC为半径作圆，与直线AC的左侧交点为C，∵BABC 15，AC18，点D是边AC的中点， 1 ∴ ，ADDC  AC 9， BD AC 2 BDBD BA2AD2  152 92 12 ∴ ， 1 1 ∵S ABC  2 BDAC 2 BCAH ， BDAC 1218 72 ∴AH    ， BC 15 5 72 27 在旋转过程中，当点 与 重合时， 的值最小，且最小值为： 9 ， E E DE 5 5 当点E与C重合时，DC的值最大，且最大值18927， 27 108 ∴线段 长度的最大值与最小值的差为：27  ， DE 5 5 108 故答案为： ． 5 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质， 熟练掌握勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质是解题的关键． yx4 x y M N 11．（2023·江苏南通·模拟预测）直线 分别与 轴、 轴相交于点 、 ，边长为2的正方形 OABC的一个顶点O在坐标系的原点，直线AN与MC相交于点P，若正方形绕着点O旋转一周，则点P 到点(0,2)长度的最小值是 ．2 22 22 2 【答案】 / 【分析】由题意可得MOC≌NOA，则有CMOANO，由CMOMCO90，MCONCP， MPN 90 CMOANO,MPN 90 MN 进而可得 ，旋转同理可证 ，则P在以 为直径的圆上，可得圆 2,2 C0,2 2 2 PGGCPC PC 心G为 ，半径为 ，由 ，可知当圆心G，点P， 三点共线时， 最小，由 GN GM,CN CO2 ，进而可得最小值． 【详解】解：如图： yx4 x y M N ∵直线 与 轴、 轴交于点 、 ， M4,0 N0,4 ∴ 、 ， ∴OM ON ， 在△MOC和△NOA中， OC OA  MOC AON, ．  OM ON MOC≌NOASAS ∴ ，∴CMOANO， ∵CMOMCO90，MCONCP， ∴NCPCNP90， ∴MPN 90 ∴MPNP， 在正方形旋转的过程中，同理可证，CMOANO，可得MPN 90，MPNP， ∴P在以MN为直径的圆上， 2,2 G 2 2 CG ∴圆心 为 ，半径为 ，连接 ， ∵PGGCPC， C0,2 ∴当圆心 G ，点P， 三点共线时， PC 最小， ∵GN GM ，CN CO2 1 ∴GC  OM 2， 2 P GPGC 2 22 ∴点 到点(0,2)长度的最小值为 ， 2 22 故答案为： ． 【点睛】本题考查了一次函数与几何变换、正方形的性质、三角形全等的判定与性质，圆的有关知识，解 题的关键是发现点P在以MN为直径的圆上，确定点P的位置是解题的关键． O O 12．（2024·山东济宁·模拟预测）如图， 与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，P为 上一动点， AP 2AQ3PQ CQ Q为弦 上一点， ．若点D的坐标为(0,-5)，则 的最小值为 ． 293 【答案】Q CQ 【分析】本题考查坐标与图形的性质，勾股定理，关键是作出辅助圆，当Q与 重合时， 最小．连接 PO QM∥OP AO MA MC M Q ，过Q作 ，交 于M，以M为圆心， 为半径作圆，连接 交 于 ，得到 AM:AOAQ:AP AM MQMA3 CQ ，求出 的长，推出 ，由勾股定理求出 的长即可． PO QM∥OP AO MA MC M 【详解】解：连接 ，过Q作 ，交 于M，以M为圆心， 为半径作圆，连接 交 于 Q ， ∴AM:AOAQ:AP， 2AQ3PQ ∵ ， AQ:AP3:5 ∴ ， 0,5 ∵D的坐标是 ， ∴OAOD5， 3 3 ∴AM  AO 53， 5 5 ∵OAOP， MAQP ∴ ， ∵QM∥OP， MQA ∴ P，MAQMQA ∴ ， MQMA3 ∴ ， ∴Q在M上， Q CQ ∴当Q与 重合时， 最小， ∵OM  AOAM 532，OC 5， MC OM2OC2  52 22  29 ∴ ， CQCM MQ 293 ∴ ， CQ 293 ∴ 的最小值是 ． 293 故答案为： ． 13．（23-24九年级上·天津·期末）已知VABC，EFG均是边长为4的等边三角形，点D是边BC、EF的 中点． （Ⅰ）如图①，这两个等边三角形的高为 ； AG，FC EFG BM （Ⅱ）如图②，直线 相交于点M，当 绕点D旋转时，线段 长的最小值是 ． 2 3 2 32 22 3 【答案】 / 【分析】本题考查等边三角形的性质、勾股定理，圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的 判定与性质等知识，得到点M的运动路线是解答的关键． （Ⅰ）可根据等边三角形的性质和勾股定理求解即可；（Ⅱ）如图①中，连接AE、EC、CG，根据题意 可得DE DF DC，ADDG，DGEF ，分别证明VADE≌VGDC和VAGE≌VGAC，利用全等三角形的性质和等腰三角形的判定与性质推导出AMF ECF 90，则点M在以AC为直径的圆上运动， 进而得到当点M运动到BM  AC时，BM 最短，利用圆的基本知识求解即可． 【详解】解：（Ⅰ）如图①中，连接AD， ∵VABC是边长为4的等边三角形，点D是边BC的中点， 1 ∴ ，BD BC 2， ， ADBC 2 AB4 在Rt△ABD中， AD AB2BD2  4222 2 3 ∴ 2 3 故答案为： ； （Ⅱ）如图①中，连接AE、EC、CG， 由题意，DE DF DC，ADDG，DGEF ， ∴DECDCE，DCF ∠DFC， ∴2DCE2DCF 180， ∴DCEDCF 90，则ECF 90， ∵ADCEDG90， ∴ADE GDC， 在VADE和GDC中， DADG  ADEGDC ，  DEDC ADE≌GDCSAS ∴ ，∴AE CG，DAEDGC， ∵DADG， ∴DAGDGA， ∴GAE AGC， ∵AGGA， AGE≌GACSAS ∴ ， ∴GAK AGK， ∴KAKG，又ACEG， ∴EK KC， ∴KEC KCE， ∵AKGEKC， ∴KAGKCE， ∴EC∥AG， ∴AMF ECF 90， ∴点M在以AC为直径的圆上运动， 如图②中，当点M运动到BM  AC时，BM 最短， OB2 3 AOOM OC 2 ∵ ， ， BM 2 32 ∴ 的最小值为 ， 2 32 故答案为： ． OA O 14．（2024·吉林长春·一模）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①， 是 的半径， OA3 O OA PQ2 OOA3 O OA PQ2 O ．点P在 上，将点P沿 的方向平移到点Q，使 ．当点P在 上运动一周时，试探 究点Q的运动路径． 【问题解决】经过讨论，小组同学想利用平行四边形的知识解决该问题：如图②，在线段OA上截取 OBPQ OP BQ ，连结 、 ，由平行四边形的性质可推出点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 下面是部分证明过程： OA OBPQ OP BQ 证明：在线段 上截取 ，连接 、 ． 1°当点P在直线OA外时， 证明过程缺失 2°当点P在直线OA上时， 易知BQOP3． 综上，点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 请你补全证明中缺失的过程． PQ O 【结论应用】在上述问题的条件下，记点M是线段 的中点，如图②．若点P在 上运动一周，则点 M的运动路径长为 ． 【拓展提升】如图③，在矩形ABCD中，AB1，BC 2．点P是平面内一点，AP1，将点P沿AD的 PQ1 PQ CM CM 方向平移到点Q，使 ．点M是线段 上的任意一点，连结 ．设线段 长度的最大值为a，最 小值为b，则ab ． 6 5 2 【答案】问题解决：见解析；结论应用： ；拓展提升： 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，一点到圆上一点距离的最值问题，勾股定理，矩形的性质等等： PQ∥OA OPQB BQOP3 （1）根据平移的性质得到 ，则可证明四边形 是平行四边形，得到 ，则点Q的 运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 1 （2）在 上截取ON PM  PQ1，同理可证明点M的运动路径是以点N为圆心、3为半径的圆，再 OA 2 根据圆周长公式求解即可； （3）如图所示，在AD上截取AN PM ，连接CN ，同理可证明MN  AP1，则点M的运动轨迹是以点 N为圆心，1为半径的圆，则在整个运动过程中当CN 最小时，且当点M运动到CN 上时，CM 有最小值， 同理在整个运动过程中当CN 最大时，且当点M运动到CN 延长线上时，CM 有最大值，在Rt△CDN中利 用勾股定理求出CN 的最大值和最小值即可得到答案． OA OBPQ OP BQ 【详解】问题解决：证明：在线段 上截取 ，连接 、 ． 当点P在直线OA外时， 由平移的性质可得PQ∥OA， OBPQ ∵ ， OPQB ∴四边形 是平行四边形， ∴BQOP3， ∴点Q的运动路径是以点B为圆心、3为半径的圆． 1 结论应用：如图所示，在 上截取ON PM  PQ1，同理可证明点M的运动路径是以点N为圆心、 OA 2 3为半径的圆， O 236 ∴点P在 上运动一周，则点M的运动路径长为 ； 拓展提升：如图所示，在AD上截取AN PM ，连接CN ，同理可证明MN  AP1， ∴点M的运动轨迹是以点N为圆心，1为半径的圆， ∵CM CN MN ， ∴当点N固定时，当点M运动到CN 上时，CM 有最小值，最小值为CN MN ， ∴在整个运动过程中当CN 最小时，且当点M运动到CN 上时，CM 有最小值， 同理在整个运动过程中当CN 最大时，且当点M运动到CN 延长线上时，CM 有最大值， 0 AN PM PQ1 ∵ ， ∴1DN  ADAN 2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD AB1，ADBC2，�D�90 ， Rt△CDN CN  CD2DN2  1DN2 在 中， ， CN  11 2，CN  122  5 ∴ 最小值 最大值 ， a 51，b 21 ∴ ， ab 5 2 ∴ ． 考点三、与圆有关的网格作图 15．（2024·天津和平·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，VABC的顶点A，C均落在格点 上，点B在网格线上．（Ⅰ）线段AC的长等于 ； ABC BC CPPQ （Ⅱ）以AB为直径作半圆，在 的角平分线上有一点P， 上有一点Q，使 的值最小．请 用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ． 13 【答案】 见解析 【分析】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，垂线段最短等知识点，掌握以上知识点并 与已知图形结合是解决本题关键． （Ⅰ）根据勾股定理计算即可； （Ⅱ）先将补成等腰三角形，然后利用等腰三角形构建三角形的角平分线BE，然后根据垂线段最短构造 三角形的高线CH 交BE于点P，点P即为所作． AC  2232  13 【详解】解：（Ⅰ） ， （Ⅱ）如图，点P即为所作； 取AC与格线的交点D，AB与格线交点O，连接OD并延长交半圆于点E，连接BE，取AC与半圆的交点 F，BC与半圆的交点G，连接BF和AG相交于点H，连接CH 并延长与BE相交于点P，点P即为所求． ∵OD是ABC的中位线， OEBC ∴ ， ∴OEBEBC， 又∵OEOB， ∴OEBOBE， ∴EBCOBE，即BE平分ABC， 又∵AB是直径， ∴AFBAGB90， ∴CH  AB， CP AB CPPQ CH BE 根据垂线段最短可得当 时， 最小，即点P为 与 的交点．16．（2024·天津武清·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆经过A，B，C三点，点A是 圆与网格线的交点，点B，C均在格点上． （1）线段BC的长为 ； ABC （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出以点 为顶点的 ，使得=90 ，并简 A  2 要说明作图过程（不要求证明） ． 10 【答案】 见解析 【分析】（1）根据网格特征，利用勾股定理即可求解； （2）根据三角形中线，垂径定理及推论，圆周角定理即可； 本题考查了尺规作图，勾股定理，垂径定理及推论，三角形中线，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 1 BC  3212  10 【详解】（ ）由网格可知： ， 10 故答案为： ； （2）如图， 取格点 ， ，设圆与网格线交于点 ， ① D H G、K ② DH、GK O O DH O E AB M 连接 交于点 ，则点 为圆心， 交 于点 ， 与网格线的交点为 ， ③ OM O F 连接 并延长，交 于点 ， ④ AF AE 分别连接 ， ，∴FAE即为所求， 作图过程理由：如图， 取格点I ，由网格可知，点I 在线段DH 上，且四边形BICD为菱形， ∴BC DH ， 故直线DH 经过圆心，连接CG，CK ，则GCK 90， 故直线GK经过圆心，故DH 与GK的交点O为圆心， ∵DH 交O于点E， E BC ∴点 为 的中点， Q A P 过点 作网格线的垂线，与网格线交于点 ，取格点 ， APM≌BQMAAS ∴ ， ∴AM BM ， ∴M 为AB的中点， ∴点F 为AB的中点， 1 1 ∴EF  AC，则 ，FAE AKC， 2 AKC 180ABC 2 ABC ∴FAE90 ． 2 17．（23-24九年级上·天津·期末）如图，由边长为1的小正方形组成的67网格，每个小正方形的顶点叫 BC，AC O 做格点， 是 的两条弦，且点A，B，C都是格点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图， 画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．（1）线段AC的长等于 ； （2）在如图所示的网格中，在直线BC的右侧找一点M，使得BMC90且BM MC，再在线段AB上 找一点F，使BFC45，简要说明点M和F的位置是如何找到的（不要求证明） ． 2 5 【答案】 见解析 【分析】本题考查了网格与勾股定理，同弧或等弧对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，正方形的 性质等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键． （1）利用勾股定理即可求解； （2）在AC上取格点G，则CGBC，找到格点N，连接BG，CN 相交于点M，取格点D，连接GD，则 GD AB交AB于点F，根据圆周角定理等知识即可得到点M，F即为所求． AC  2242 2 5 【详解】解：（1） ； 2 5 故答案为： ；  AC 2 5 BC  2212  5 AB 3242 5 （2） ， ， ， AB2  AC2BC2 ， ACB90， AB为圆的直径， 在AC上取格点G，则CGBC，找到格点N，连接BG，CN 相交于点M，  BCGN为正方形， BMC 90； 取格点D，连接GD，则GD AB交AB于点F，连接CF，可得BFC45， 如图，点M，F即为所求．66 VABC O 18．（23-24九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在 的网格中， 的三个顶点都在格点上． 为VABC的外接圆，请在指定的网格中用无刻度的直尺作图： (1)在图1中标出这个外接圆的圆心O，并写出sinBAC________； 1 ABC BM O M (2)在图 中画出 的角平分线 交 于 ； (3)在图2中画出VABC关于直线AB对称的ABE； (4)在图2中，若CE交AB于点H ，画出平行四边形HACF ． 2 5 【答案】(1)作图见解析， 5 (2)作图见解析 (3)作图见解析 (4)作图见解析 【分析】（1）利用圆周角定理及矩形的性质可找到点O的位置，再根据圆周角定义及正弦的定义可求出 sinBAC的值； （2）利用正方形的性质作出AC的垂直平分线，交O于点M ，连接BM ，则BM 即为所求； （3）利用网格特点作出AB的垂线，交O于点E，连接AE、BE，则ABE即为所求； （4）利用作平行线的方法找到点F 的位置，连接CF、HF，则四边形HACF 即为所求； 本题考查了圆周角定理，三角函数，正方形、矩形的性质，平行四边形的判定，掌握正方形、矩形的性质 和平行四边形的判定是解题的关键．【详解】（1）解：如图，点O即为所求，由圆周角定理可得BACBDC， BC 4 2 5 sinBAC sinBDC    ∴ CD 4222 5 ； （2）解：如图，射线BM 即为所求； （3）解：如图，ABE即为所求； （4）解：如图，四边形HACF 即为所求．19．（22-23九年级上·江苏南京·阶段练习）按要求作图： (1)如图1，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点A，B，利用无刻度直尺画出这个圆的一条 直径； (2)如图2，BA，BD是⊙O中的两条弦，C是BD上一点，BAC50，利用无刻度直尺在图中画一个含有 50角的直角三角形； (3)如图3，利用无刻度直尺和圆规，以AB边上一点O为圆心，过A、D两点作⊙O（不写作法，保留作图 痕迹）； (4)如图4，AB与圆相切，且切点为点B，利用无刻度直尺在网格中找出点B的位置． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)见解析； (4)见解析． 【分析】（1）根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分 线即可； （2）延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则BEF 即为所求； （3）作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可； （4）过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可． 【详解】（1）解：根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直 平分线即可，如图：EF即为直径； （2）解：延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则BEF 即为所求； （3）解：作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可，如图； （4）解：过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接 HG交圆于点B，连接AB即可，如图： 【点睛】本题考查作图，圆周角定理，切线性质，垂直平分线，解题的关键是理解题意，综合运用所学知识，是中考中常见题型． 考点四、与园有关的尺规作图 20．（21-22九年级上·江苏南京·期末）如图，已知P是⊙O外一点．用直尺和圆规作图． (1)过点P作一条直线l，使l与⊙O相切； (2)在⊙O上作一点Q，使∠OQP＝60°．（要求：保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接OP，作线段PO的垂直平分线MN，MN交PO于点B，以B为圆心，OB的长为半径 O A P,A l l 作弧，交 于点 ，过点 作直线 ，则 即为所求； （2）构造四点共圆，作PDO120，步骤如下，连接OP,作OP垂直平分线MN与OP交于点B，分别 B,O OB C PC MN D CPO30 OD 以 为圆心， 的长为半径作弧，两弧交于点 ,连接 ，交 于点 ，则 ,连接 ， PDO120 △PDO PD MN E EB E O 则 ,作 的外心，即作 的垂直平分线与 交于点 ,以 为半径作 ，交 于 Q OQ,PQ OQP60 Q 点 ，连接 ,则 ，点 即为所求． 【详解】（1）连接OP，作线段PO的垂直平分线MN，MN交PO于点B，以B为圆心，OB的长为半径 O A P,A l l 作弧，交 于点 ，过点 作直线 ，则 即为所求；P,O,A PO PAO OAl l 理由： 三点共圆， 是直径，则 是直角，即 ，则 为所求作的切线 OP OP MN OP B B,O OB （2）如图，连接 ,作 垂直平分线 与 交于点 ，分别以 为圆心， 的长为半径作弧，两 弧交于点C,连接PC，交MN于点D，则CPO30,连接OD，则PDO120,作△PDO的外心，即作 PD MN E EB E O Q OQ,PQ OQP60 的垂直平分线与 交于点 ,以 为半径作 ，交 于点 ，连接 ,则 ，点 Q PQOD E PDO120 OQP60 即为所求，理由是： 是 的内接四边形， ，则 【点睛】本题考查了尺规作图，作圆的切线，作圆周角，四点共圆，作特殊角，掌握基本作图是解题的关 键． 21．（2023·广东湛江·一模）如图，已知四边形ABCD是矩形，把VABC沿对角线AC翻折180得到 △AEC，CE交AD于点F ，O是AFC的外接圆．AFC O (1)利用尺规作出 的外接圆 （要求保留作图痕迹，不写作法）； AF CF (2)求证： ； AD 3AB O AE (3)若 ，试判断 与直线 的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； AE O (3)直线 是 的切线，理由见解析 【分析】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形 的判定，锐角三角函数，求出ACB30是解本题的关键． （1）先作出AF ，CF的垂直平分线，找出圆心O，即可得出结论； （2）先判断出ACF DAC，即可得出结论； （3）先求出ACB30，进而依次求出BAC60，∠EAD30°，AFE60，再判断出OF  AC， 进而求出OFA，判断出△OAF 是等边三角形，即可得出结论． 1 O 【详解】（1）解：如图 ， 为所求作的图形．（2）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴DAC ACB， 由折叠知，ACBACE， ∴DAC ACE， AF CF ∴ ． AE O （3）解：直线 是 的切线， 如图2，连接OA，OF ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BADB90，BCAD， AD 3AB ∵ ， BC  3AB ∴ ，AB AB 3 tanACB   在Rt△ABC中， BC 3AB 3 ， ∴ACB30， ∴BAC90ACB60， 由折叠知，EAC BAC 60， ∴BAEBACEAC 120， ∴EADBAEBAD30， 由折叠知，AEC B90， ∴AFE90EAD60， ∴AFC180AFE120， AF CF 由（2）知， ， ∴AF CF ， 1 ∴AFO AFC 60， 2 ∵OAOC， ∴AOF 是等边三角形， ∴OAF 60， ∴OAEOAFEAD90， ∴AEOA， ∵点A在O上， ∴直线AE是O的切线． 22．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）据《尔雅·释器》记载：“好倍肉，谓之瑗（yuàn）．”如图1， “好”指中间的孔，“肉”指中孔以外的边（阴影部分），“好倍肉”指中孔和环边比例为2:1． (1)观察： “瑗”的主视图可以作两个同心圆，根据图1中的数据，可得小圆与大圆的半径之比是_______；(2)联想： 如图2，在Rt△ABC中，C90，B30，AD平分BAC交BC于点D，则BD:BC _______； (3)迁移： 图3表示一个圆形的玉坯，若将其加工成玉瑗，请利用圆规和无刻度的直尺先确定圆心，再以题（2）的知 识为作图原理作出内孔．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1)2:3 (2)2:3 (3)作图见解析 【分析】（1）根据图1中的数据可确定小圆和大圆的半径，即可得出答案； （2）根据直角三角形两锐角互余可得BAC60，根据角平分线的定义可得CADBAD30，再根 据等角对等边和30角的直角三角形可得BD2CD，BC 3CD，可得出答案； （3）作直线MN交圆于点M ，N ，作MN的垂直平分线AB交圆于点A，B，作AB的垂直平分线CK 交 圆于点C，K，交AB于点O，过点A作EF  AB，以点C为圆心，CO为半径画弧交圆于点G，连接 OG并延长交EF于点D，作ADO的平分线DH 交AB于点H ，以点O为圆心，OH 为半径画圆，根据垂 径定理的推论和垂直平分线的性质可确定点O为大圆的圆心，证明OCG为等边三角形，得到COG60， 从而得到AOD30，再结合（2）的结论可得出结论． 【详解】（1）解：如图1，小圆半径是：422，大圆半径是：623， ∴小圆与大圆的半径之比是：2:3， 故答案为：2:3； （2）∵在Rt△ABC中，C90，B30， ∴BAC 90B903060， ∵AD平分BAC， 1 1 ∴CADBAD BAC  6030， 2 2 ∴AD2CD，∠BAD∠B， ∴ADBD， ∴BD AD2CD，BC CDBDCD2CD3CD， ∴BD:BC 2CD:3CD2:3，BD:CD2CD:CD2:1， 故答案为：2:3； （3）作直线MN交圆于点M ，N ，作MN的垂直平分线AB交圆于点A，B，作AB的垂直平分线CK 交 圆于点C，K，交AB于点O，过点A作EF  AB，以点C为圆心，CO为半径画弧交圆于点G，连接 OG EF D ADO DH AB H O OHOG并延长交EF于点D，作ADO的平分线DH 交AB于点H ，以点O为圆心，OH 为半径画圆， ∵AB垂直平分MN，MN是圆的弦， ∴线段AB为圆的直径， ∵CK 垂直平分AB于点O， ∴点O为大圆的圆心，AOC=90， ∵以点C为圆心，CO为半径画弧交圆于点G， ∴CGCOOC， ∴OCG为等边三角形， ∴COG60， ∴AOD90COG906030， ∵EF  AB， ∴DAO90， ∵DH 平分ADO， 由（2）知：HO:AO2:3，HO:AH 2:1， 则小O即为所作． 【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了利用尺规作垂直平分线、过一点作垂线、作一个角的角 平分线、作一条线段等于已知线段，垂径定理的推论，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直 角三角形两锐角互余，30角的直角三角形，等角对等边等知识点．解题的关键是理解题意，利用数形结 合思想解决问题． 23．（22-23九年级下·河南商丘·阶段练习）2022年版《义务教育数学课程标准》在2022年9月1日正式投 入使用，在这个课程标准中要求学生能利用尺规过圆外一点作圆的切线．下面是某数学兴趣小组在学过圆 的相关知识后进行的一系列探究． 已知：如图1，PA为O的切线，切点为A． 求作：O的另一条切线PB，切点为B． 该数学兴趣小组的同学们展开了探究，经梳理，有以下几种作法： 作法一：以点P为圆心，PA长为半径作弧，交O于点B，作直线PB，则直线PB即为所求，如图2所示．作法二：连接OP，作线段OP的垂直平分线l，交OP于点M ，以点M 为圆心，MO长为半径作圆，交 O于点B，作直线PB，则直线PB即为所求，如图3所示． 作法三：作直线OP，过点A作OP的垂线交O于点B，作直线PB，则直线PB即为所求． 根据以上信息，完成下列问题： (1)该数学兴趣小组的某同学对根据作法二作出的图形进行了证明，过程如下： 证明：连接OB，由作图，可知OP是M 的直径． ∴OBP90（依据： ① ），即OBBP． 又∵OB是O的半径， ∴直线PB为O的切线（依据： ② ）． 在上述证明过程中，“①”处应填写__________________；“②”处应填写________________． (2)根据作法三，请用尺规补全图1．（保留作图痕迹） O 1 PA2 AB (3)若 的半径为 ， ，请你根据作法三作出的图形，求线段 的长． 【答案】(1)直径所对的圆周角是直角；经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； (2)见解析； 4 5 (3) 5 ． 【分析】（1）根据作图可知OP是M 的直径，根据直径所对的圆周角是直角，作答即可；； （2）根据题意作图即可； （ 3 ）设 AB 交 OP 于点 N ，连接 OB ，由 PA ，PB为 O 的切线，证 RtOAP≌RtOBPHL ，最后根据勾 股定理即可求解． 【详解】（1）直径所对的圆周角是直角，经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； 故答案为：直径所对的圆周角是直角，经过半径外端，并与该半径垂直的直线是圆的切线； （2）如图，连接OB，∵ABOP， ∴OP垂直平分AB， ∴PAPB， APO≌BPO(SSS) ∴ ， ∴OAPOBP90， ∴直线PB为O的切线， 即直线PB即为所求； （3）在解图1的基础上记AB交OP于点N ，连接OB，如解图2所示． ∵PA，PB为O的切线， ∴OAPOBP90， 在Rt△OAP和Rt△OBP中， OAOB  OPOP， RtOAP≌RtOBPHL ∴ ， ∴PAPB， ∵ABOP， ∴NANB． 在Rt△OAP中，OA1，AP2，OP OA2AP2  5 ∴ ， OAAP 2 5 NA  ∴ OP 5 ， 4 5 AB2NA ∴ 5 ． 【点睛】此题考查圆周角定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解 题的关键． 考点五、三角形的外接圆问题 24．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图是由三个大小相同的正方形组成的“品”字型轴对称图案，测得顶 点A，B之间的距离为5．现用一个等边三角形纸片将其完全覆盖，当此等边三角形面积最小时，则它的外 接圆半径是（ ） 2 5 2 8 4 5 4 8 A． 3 B． 3 C． 3 D． 3 3 3 3 3 3 3 3 3 【答案】B 【分析】根据轴对称图形的性质可知，等边三角形纸片的一边与B点所在的正方形水平方向的边重合，且 等边三角形纸片的左侧的边过A点，据此画出图形，再根据勾股定理，正三角形的性质以及其外接圆的性 质，作答即可． 2 【详解】如图，面积最小的等边三角形为 ，则等边 的外接圆的半径为 为等边 中线的 ， EFG EFG r EFG 3 设小正方形的边长为x，1 根据图形的对称性有： ， ， ，AH NM  x， ， EN FG AM FG HN  AM 2x 2 BN x 3 ∴BM  x， 2 ∵在RtABM 中，AB2  AM2BM2， 52 2x2   3 x   2 ∴ 2  ， 解得：x2（负值舍去）， ∴AH 1， ∵在等边EFG中，FEG60，EN FG， ∴FEN 30， ∴AE2AH ， ∵AE2  AH2EH2， EH  3 ∴ ， EN EH HN 4 3 ∴ ， EFG 4 3 ∴等边 中线长为： ， 2 ∵等边 的外接圆的半径为 为等边 中线长的 ， EFG r EFG 3   2 8 2 ∴外接圆半径是r 4 3    3， 3 3 3 故选：B． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，外接圆的性质，三角形外心的性质以及轴对称图形的 性质等知识，正确的画出图形是解答本题的关键． VABC AC 4 BC 3 2 AB 25．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）已知，在 中， ， ，以 为直径的圆经过 VABC的外心，则AB的长为 ． 10 58 【答案】 或 【分析】根据题意，分两种情况画出图形：情况1为当外心在VABC内部时，情况2为当外心在VABC外 部时，根据圆心角与圆周角的关系易得C为45或135，再作出BC边上的高，利用勾股定理解直角三角 形，求出AB的长．D AB VABC 【详解】解：设 是以 为直径的圆，点O是 的外心． 1 1 情况1，如图，当点O在 内部时，根据圆心角与圆周角的关系得：C  AOB 9045， VABC 2 2 作AEBC于点E，则AEB是等腰直角三角形，ECEA， EC2EA2  AC2 2EC2 42 EC EA2 2 由勾股定理有 ，即 ， ， BEBCEC 3 22 2  2 ，  2  2 AB AE2BE2  2 2  2  10； 情况2，如图，当点O在VABC外部时，根据圆心角与圆周角的关系得： 1 1 C  360AOB 36090135， 2 2 作AFBC的延长线于点F，则AFC是等腰直角三角形，FC FA， FC2FA2  AC2 2FC2 42 FC FA2 2 由勾股定理有 ，即 ， ， BF BCFC3 22 2 5 2 ，  2  2 AB AF2BF2  2 2  5 2  58． 10 58 故答案为： 或 ．【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、圆周角定理、勾股定理解直角三角形、等腰直角三角形的性 质等，灵活运用相关知识并画出图形分类讨论是解决问题的关键． VABC AB30,AB24cm 26．（2021·河北保定·一模）如图1，在 中， ，点D和点E分别从点A、 点B同时出发，在线段AB上以2cm/s做等速运动，分别到达点B、点A后停止运动．设运动时间为t秒． (1)求证：ADC≌BEC； (2)若AC AE，求ADC的度数； (3)当△ADC的外心在其外部时，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)ADC=105 (3)0t6或8t12 【分析】（1）根据题意可得ADBE，进而根据A=B可得ACBC，利用“SAS”即可求证结论； （2）根据等边对等角和三角形内角和可得ACE=AEC 75，利用“SAS”求证△ADC BEC，继而根 据全等三角形的性质可得CECE,继而由等边对等角可得CDE=AEC 75，进而即可≅求△解； （3）由△ADC的外心在其外部，可知ADC必须是钝角三角形，进而分：①∠ADC为钝角，②∠ACD 为钝角，两种情况进行讨论即可求解． 【详解】（1）∵点D和点E分别从点A、点B同时出发，在线段AB上以2cm/s做等速运动， ∴ADBE， ∵A=B， ∴ACBC ∴△ADC BEC（SAS）， （2）如图≅所△示， ∵AC AE，A=B30， ∴ACE=AEC 75， 由（1）知，ADBE，ACBC， ∴△ADC BEC（SAS）， ≅△∴CECE， ∴CDE=AEC 75， ∴ADC 180CDE=105, （3）要使△ADC的外心在其外部，则ADC必须是钝角三角形， ①当∠ADC为钝角时，过点C作CF⊥AB，垂足为F， ∵A=B30，AB24cm， 1 AF ∴AF  AB12cm，CF  4 3cm， ， 2 3 AC 2CF 8 3cm ∴t1226， ∴0t6， ②当∠ACD为钝角时，过点C作CM⊥AC，交AB于点M， 在Rt ACM中，A30， 1 △ ∴CM  AM ， 2 由勾股定理可得：AC2CM2  AM2， AC 2CF 8 3cm 又 ，  2 1  2 8 3  AM  AM2 ∴ 2  ， 解得：AM 16cm， ∴t8， 又D从A运动到B所需时间为t 12， ∴8t12， 综上所述，当△ADC的外心在其外部时， t的取值范围为：0t6或8t12．【点睛】本题考查全等三角形的判定及其性质、三角形内角和、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形外 心，解题的关键是熟练运用所学知识，正确作辅助线，还要注意利用分类讨论进行求解． 27．（2020九年级·全国·专题练习）如图，在VABC中，AB AC 4，D、E分别是AB、AC的中点， BAC=40. （1）如图1，若DEa，求BC的长度（用含a的代数式表示）； 0180 VADE BD CE BD CE （2）如图2，将 绕点A顺时针旋转，旋转角为 ，连接 、 ，判断 与 的 数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，当△ACE的外心在三角形的外部时，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）2a；（2）BD=CE，理由见详解；（3）0°＜α＜60°或90°＜α＜180°． 【分析】（1）由题意直接根据三角形中位线定理进行分析即可解答； （2）根据题意先证明△DAB≌△EAC，进而根据全等三角形的性质分析即可得到答案； （3）根据题意分∠AEC=90°、∠EAC=90°两种情况求出α，根据三角形的外心的概念进行解答． 【详解】解：（1）∵D、E分别是AB，AC的中点，DEa， ∴BC=2DE=2a； （2）BD=CE， 理由如下：∵D、E分别是AB，AC的中点，AB=AC， ∴AD=AE， 由旋转变换的性质可知，∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中， AD＝AE  DAB＝EAC ，  AB＝AC∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD=CE； （3）当△ACE的外心在三角形的外部时，△ACE为钝角三角形， 当∠AEC=90°时，取AC的中点H，连接EH， 1 则EH= AC=AH， 2 由题意得，AE=AH， ∴AE=AH=EH， ∴△AEH为等边三角形， ∴∠EAH=60°， ∴当0°＜α＜60°时，△ACE为钝角三角形， 当∠EAC=90°时，α=90°， ∴90°＜α＜180°时，△ACE为钝角三角形， 综上所述：当△ACE的外心在三角形的外部时，0°＜α＜60°或90°＜α＜180°． 【点睛】本题考查的是旋转变换的性质和三角形的外心的概念以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握三 角形的外接圆圆心的概念、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 28．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）在Rt△ABC中，BCA90，CACB，点D是VABC外 一动点（点B，点D位于AC两侧），连接CD，AD． (1)如图1，点O是AB的中点，连接OC，OD，当△AOD为等边三角形时，ADC的度数是______． (2)当ADC 135时， ①如图2，连接BD，探究线段BD，CD，DA之间的数最关系，并说明理由；O VABC D AC E AE1 BE7 ②如图3， 是 的外接圆，点 在 上，点 为AB上一点，连接CE，DE，当 ， 时，直接写出CDE面积的最大值． 【答案】(1)135 BD 2CDDA CDE 4 (2)① ，理由见解析；② 面积的面积最大值为 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得COA90，COOA，再由等边三角形的性质得ODOA， ODADOA60，然后求出ODC75，即可求解； （2）①过点 C 作 CH CD 交AD的延长线于点H ，证 ACH≌BCDSAS ，得 BD AH HDDA  2 CDAD； ②连接OC，由勾股定理得CE5，过点O作ON CE于N ，延长ON交O于点D，此时点D到CE的 12 8 距离最大， 面积的面积最大，然后由三角形面积求出  ，则  ，即可求解三 CDE ON 5 DN ODON 5 角形CDE的面积最大值，最后用勾股定理借助①的结论求出AD，即可求出BD． 【详解】（1）解：BCA90，BC AC，点O是AB的中点， 1  COA90，CO 2 ABOA， AOD是等边三角形， ODOA，ODADOA60， OCOD，CODCOADOA906030， 1 1  180COD  1803075， ODC 2 2 ADC ODCODA7560135， 故答案为：135； DA  2 CDDA （2）解：①线段BD，CD， 之间的数量关系为：BD ， 理由如下：过点C作CH CD交AD的延长线于点H ，如图2所示：则CDH 180ADC18013545， DCH 是等腰直角三角形， CH CD HD  2 ， CD， BCA90， ACH BCD， ACH≌BCDSAS ， BD AH HDDA 2 CDAD ； ②解：连接OC，如图3所示： BCA90，BC AC， ACB是等腰直角三角形， ABC45， O是ABC的外接圆， O是AB的中点， 1 1 1 ，  AB AEBE   174， OC AB OCOA 2 2 2OEOAAE413， 在 RtCOE 中，由勾股定理得：CE  OC2OE2  4232 5 ， CE是定值， 点D到CE的距离最大时，CDE面积的面积最大，  AB是O的直径， 过点O作ON CE于N ，延长ON与O的交点恰好是点D时，点D到CE的距离最大，CDE面积的面 积最大， 1 1  S OCE  2 OCOE  2 CEON ， OCOE 43 12    ， ON CE 5 5 ODOC 4， 12 8   ， DN ODON 4 5 5 12 16  OC2ON2  42( )2  此时，在RtCNO中，CN 5 5 ， 16 8 8 5  CN2DN2  ( )2( )2  在RtCND中，CD 5 5 5 ， RtABD BD2  AB2AD2 82AD2 在 中， ， 8 5 8 10  2    由( 2)知，BD 2 CDAD 5 AD 5 AD， 2 8 10  82AD2  AD  5  ，   6 10  ， AD 5 8 10 8 10 6 10 14 10      BD 5 AD 5 5 5 ， 14 10  即CDE面积的面积最大值为4，此时，BD 5 ．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆 周角定理的推论，三角形外接圆，三角形面积，本题属圆与三角形综合题目，难度较大，熟练掌握相关性 质是解题的关键． 29．（23-24九年级下·浙江·阶段练习）我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖 圆．例如：线段AB的最小覆盖圆是以线段AB为直径的圆；不共线三点A、B、C的最小覆盖圆就是 VABC的外接圆． 【操作探究】现有三个边长为1cm的正方形． ①小芳按图1方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________cm； ②小玲按图2方式摆放，则最小覆盖圆的直径为________cm； ③小慧发现另一种摆放方式，其最小覆盖圆的直径比他俩都小，请你也设计一种比小芳和小玲都小的摆放 方式，并求出最小覆盖圆的直径． 【延伸运用】某地有四个村庄E，F，G，H（其位置如图3所示），现拟建一个广播信号中转站，为了使 这四个村庄的居民都能接收到广播信号，且使中转站所需发射广播功率最小（距离越小，所需功率越小）， 请在图中画出中转站所建位置． 5 17 【答案】（1）① 10 ；②2 2；③ 8 EHF HE,HF （2）此中转站应建在 的外接圆圆心处（线段 的垂直平分线的交点），见详解． 【分析】本题考查了勾股定理的应用，三角形外接圆的性质作图，关键要懂得何为最小覆盖圆．知道若三角形为锐角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆；若三角形为直角或钝角三角形，则其最小覆盖圆是以三 角形最长边（直角或钝角所对的边）为直径的圆． （1）运用勾股定理即可求解外接圆半径或直径； （2）本题关键要确定最小覆盖圆的半径，然后才能作答．中转站应建在△EFH 的外接圆圆心处（线段 EF的垂直平分线与线段EH 的垂直平分线的交点处）．根据△EFH 是锐角三角形，可知其最小覆盖圆为 △EFH的外接圆，所以中转站建在△EFH的外接圆圆心处，能够符合题中要求． 【详解】解：（1）①以矩形对角线的中点为圆心，对角线长的一半为半径的圆为最小覆盖圆， d  1232  10cm 则 ， 10 故答案为： ． ②以三个小正方形的共顶点为圆心，小正方形的对角线为半径的圆为最小覆盖圆， R 1212  2 d 2 2cm 则 ，∴ ， 2 2 故答案为： ． ③将2个小正方形一边重合，另1个小正方形的两个顶点分别位于前2个小正方形上边的中点处，连接 OB,OD CO OC x,OBODR OA2x RtOAB ，延长 交上方小正方形上边于点A，设 ，则 ，在 和  13 x212 R2  x  16      1  2 2x2 R2   R 5 17 Rt△OCD 2  16 13 x212 R2  x  16  中，由勾股定理得：     1  2 2x2 R2 ，解得  R 5 17 Rt△OCD 2  16 5 17 d  cm ∴ 8 ， 5 17 d  cm ∴最小覆盖圆的直径为 8 ． EHF HE,HF （2）此中转站应建在 的外接圆圆心处（线段 的垂直平分线的交点）， ∵HGF 49.853.8103.6，EFG44.047.191.1， △EGF,△HGF ∴ 为钝角三角形，此时不是最小覆盖圆， 对于EHF而言，HEF 47.835.182.9， 故EHF为锐角三角形， EHF EG O MF ∴其最小覆盖圆为 的外接圆，设圆心为点O，直线 与 交于点M，连接 ， EF EF ∵ , ∴EMF EHF 50EGF 53.8， 同理，△HEG为锐角三角形，但是此时点F在△HEG外接圆外部，不符合题意， O O EFGH EHF ∴点G在 内，从而 是四边形 的最小覆盖圆，因此中转站建在 的外接圆圆心处．yx2bxc O 30．（22-23九年级上·浙江嘉兴·期中）如图1，已知抛物线 经过原点 ，它的对称轴是直线 x2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间 为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB． (1)求抛物线的函数解析式； (2)当VAOB为直角三角形时，求t的值； M VAOB P M 1t5 (3)如图2， 为 的外接圆，在点 的运动过程中，点 也随之运动变化，请你探究：在 时，求点M 经过的路径长度． yx24x 【答案】(1) ； (2)当VAOB为直角三角形时，t的值为1或2或5； 5 5 (3)M 经过的路径长度为 4【分析】（1）待定系数法求解析式即可； AOB,OAB,OBA （2）分 分别为直角，三种情况讨论，利用勾股定理进行求解即可； M VAOB M OA 1t5 M （3）根据 为 的外接圆，可知，点 在线段 的中垂线上，当 时，点 的运动路径是 在线段OA中垂线上的一条线段，分别求出当t1、t=2和t5时，点M 的坐标，然后利用两点间的距离 公式，进行求解即可．  yx2bxc O x2 【详解】（1）解： 抛物线 经过原点 ，且对称轴是直线 ， b ， 2， c0 2 则b4、c0，  yx24x 抛物线解析式为 ； B(a,a24a) （2）解：设点 ，  yx24x(x2)24 ，  A(2,4) 点 ， OA2 2242 20 OB2 a2(a24a)2 AB2 (a2)2(a24a4)2 则 、 、 ， OB2 OA2AB2 a2(a24a)2 20(a2)2(a24a4)2 ①若 ，则 ， 5 解得 （舍 或a ， a2 ) 2 5 15 B , ， 2 4  3 则直线 解析式为y x， OB 2 x2 y=3 P(2,3) 当 时， ，即 ， t(34)11； AB2 OA2OB2 (a2)2(a24a4)2 20a2(a24a)2 ②若 ，则 ，9 解得 （舍 或a ， a0 ) 2 9 9 B , ， 2 4 1 则直线 解析式为y x， OB 2 x2 y1 P(2,1) 当 时， ，即 ， t[1(4)]15； OA2  AB2OB2 20(a2)2(a24a4)2a2(a24a)2 ③若 ，则 ， 整理，得：a38a221a180， a33a25a215a6a180， a2(a3)5a(a3)6(a3)0 ， (a3)(a25a6)0 ， (a3)2(a2)0 ， 则a3或a2（舍)， B(3,3) ， 直线OB解析式为 yx ， x2 y=2 P(2,2) 当 时， ，即 ， t[2(4)]12； 综上，当AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5． M VAOB （3） 为 的外接圆， 点M 在线段OA的中垂线上， 当1t5时，点M 的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段， 当t1时，如图1，由（2）知OAB90， 此时Rt△OAB的外接圆圆心M 是OB的中点， 5 15  B , ， 2 4  5 15 M ,  4 8 ； 当t5时，如图2， 由（2）知，AOB90， 此时RtOAB的外接圆圆心M 是AB的中点，9 9  B( 2 , 4 )、A(2,4)， 13 7 M ,   4 8； 当t2时，如图3， 由（2）知，OBA90， 此时RtOAB的外接圆圆心M 是OA的中点，  A(2,4)， M(1,2) ； 5 15 13 7 5 9 5 5 5 则点 经过的路径长度为 ( 1)2( 2)2  (1 )2(2 )2    ． M 4 8 4 8 8 8 4 【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质，以及数形结合， 分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，属于中考压轴题． 考点六、三角形的内切圆问题 31．（22-23九年级下·广东梅州·开学考试）若四边形ABCD的对角线AC，BD相交于O，AOB，BOC， △COD，△DOA的周长相等，且AOB，BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的 内切圆半径是（ ） 9 3 7 A． B． C． D．以上答案均不正确 2 2 2【答案】A 【分析】设△DOA的内切圆半径为r，VAOB，BOC，△COD，△DOA的周长为L，分别表示出四个 S OB S △AOB   △BOC 三角形的面积，再根据由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得 ，进而可得 S OD S △DOA △COD S S S S △AOB △COD △COB △DOA r ，由此列出方程，即可解出 ． 【详解】解：设△DOA的内切圆半径为r，VAOB，BOC，△COD，△DOA的周长为L， 如图，I 是VAOB的内切圆，切点分别为E，F ，G，则IEIF IG3， 由切线长定理可知：AEAF，OEOG，BF BG，AEAFBFBGOEOGL， 1 1 1 1 1 1 S  AEIE S  AFIF S  BFIF S  BGIG S  OGIG S  OEIG △AIE 2 ， △AIF 2 ， △BIF 2 ， △BIG 2 ， △OIG 2 ， △OIE 2 ， 1 3 S S S S S S S  L3 L ∴ △AOB △AIE △AIF △BIF △BIG △OIG △OIE 2 2 ， 1 1 1 同理：S △BOC  2 L42L，S △COD  2 L63L，S △DOA  2 Lr， S OB S △AOB   △BOC 由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得： ， S OD S △DOA △COD S S S S △AOB △COD △COB △DOA ∴ ， 3 1 L3L2L Lr ∴ ， 2 2 9 ∴r ． 2 故选：A． 【点睛】本题主要考查了三角的内切圆与内心性质、等高三角形面积之比等于对应的底之比的应用．知道 三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半、等高三角形面积之比等于对应的底之比是解答本题的关 键．32．（2024·江苏无锡·二模）如图，在矩形ABCD中，AB3，将边AD翻折到AE，使点D的对应点E在 边BC上；再将边DA翻折到DF，点A的对应点为F，连接DE、FA、FE． （1）若AD5，则CE的长为 ； （2）若点F为ABE的内心，则AD的长为 ． 15 【答案】 1 4 AE  AD5 BE AE2AB2 4 【分析】（1）由翻折的性质可得 ，再利用矩形的性质和勾股定理求出 ， 则CEBCBE1； （2）如图所示，过点F作FH  AB于H，连接BF，设AE，DF 交于G，由矩形的性质得到 CD AB3，BC∥AD，∠C ∠ABC ∠BAD90；由点F为ABE的内心，得到 1 ∠FBH  ∠ABE 45， ，则 是等腰直角三角形，可得 ；证明 2 BAF EAF △BFH FH BH ∠CED∠GED，∠AFG∠AFH AFG≌AFHASA ，即可证明 ，得到 FGFH，AG AH，∠AGF ∠AHF 90 CDE≌GDEAAS DGCD3 ，进一步证明 ，得到 ，设 ADDF m，则BH GF FH m3，AG AH 6m，在RtADG中，由勾股定理得 m2 326m2 ，解方程即可得到答案． 【详解】解：（1）由翻折的性质可得AE  AD5， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC  AD5，∠B90， Rt△ABE BE AE2AB2 4 在 中，由勾股定理得 ， ∴CEBCBE1； （2）如图所示，过点F作FH  AB于H，连接BF，设AE，DF 交于G，∵四边形ABCD是矩形， ∴CD AB3，BC∥AD，∠C ∠ABC ∠BAD90， ∴ADECED， ∵点F为ABE的内心， 1 ∴ ∠FBH  ∠ABE 45， ， 2 BAF EAF ∴△BFH 是等腰直角三角形， ∴FH BH ； 设∠BAF ∠EAF  x，则∠DAF ∠AFH 90x， 由折叠的性质可得AD AE DF ， ∴∠ADE ∠AED，∠DFA∠DAF 90x， ∴∠CED∠GED，∠AFG∠AFH ， 又∵AF  AF， AFG≌AFHASA ∴ ， ∴FGFH，AG AH，∠AGF ∠AHF 90， ∴DGEAGF C90， 又∵DEDE， CDE≌GDEAAS ∴ ， ∴DGCD3， 设ADDF m，则BH GF FH m3， ∴AG AH 6m， RtADG AD2 DG2AG2 在 中，由勾股定理得 ， m2 326m2 ∴ ， 15 解得m ， 4 15 ∴AD ， 4 15 故答案为： ． 4【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角形内心的定义，等 腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． O VABC C AB OC AB 33．（22-23九年级上·安徽·阶段练习）如图， 为 的外接圆， 是 的中点，接 交 于点 D，延长OC至点E，使得AC平分EAB． AE O (1)求证：直线 是 的切线． O 5 AB8 AC (2)若 的半径为 ， ，求 的长． 2 F O △ACF G AB BG (3)在（ ）的前提下，点 在 上， 的内心 在 边上，求 的长． 【答案】(1)证明见解析； 2 5 (2) ； 2 5 (3) ． 1 OA、OB C AB OAOB OE AB 【分析】（ ）连接 ，由 是 的中点， 可推导出 垂直平分 ，进而得到 EEAD90，由OAOC得到OAC OCA，又根据三角形外角性质可得OCAEEAC， 结合AC平分EAB即可得到OAE90，即可求证； 1 （ ）由 垂直平分 得到 ，AD AB4，利用勾股定理求出 ，得到 2 OE AB ADOADC90 2 OD CD的长，再利用勾股定理即可求出AC的长； 3 CG G △ACF ACGFCG CABBAF BC BF （ ）连接 ，由点 为 的内心，得到 ， ，进而得到 ， CABBCF BGCBGC BGBC  AC 2 5 ，利用角的关系可得到 ，即可得到 ． 【详解】（1）解：连接OA、OB， C AB ∵ 是 的中点， AC BC ∴ ， ∴CACB， ∵OAOB， ∴OE垂直平分AB， ∴ADE90， ∴EEAD90， ∵OAOC， ∴OAC OCA， ∵OCAEEAC， ∴OACEEAC， ∵AC平分EAB， ∴EAC CAD， ∴OAEOACEAC EEACEAC， EEACCAD， EEAD， 90， ∴OA AE，∴直线AE是O的切线； （2）解：∵OE垂直平分AB， 1 ∴ ，AD AB4， ADOADC90 2 OD OA2AD2  52 42 3 ∴ ， ∴CDOCOD532， AC AD2CD2  4222 2 5 ∴ ； （3）解：连接CG， ∵点G为△ACF的内心， ∴ACGFCG，CABBAF ， BC BF ∴ ， ∴CABBCF ， ∵BGC ACGCAGACGCAB，BGCFCGBCF ， ∴BGCBGC， BGBC  AC 2 5 ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判定，线段垂直平分线的判定和性质，弧、弦、圆心角之间的关系，等腰三角 形的性质，三角形的外角性质，圆周角定理，勾股定理，掌握这些性质定理是解题的关键． AB O CD ACB 34．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图， 为 的直径，C、D为圆上两点， 平分 ， DE∥AB，AC 6，BC 8．DE O (1)求证： 为 切线； (2)用直尺和圆规：作VABC的内心点I．并求DI长； (3)求CD长． 【答案】(1)见详解 DI 5 2 (2)见详解， CD7 2 (3) 1 ACDBCD ACB45 【分析】（1）连接OD，因为 AB 为O的直径，CD平分ACB，得 2 ，根据 同弧所对的弦相等，即ADBD，即AOD90，结合DE∥AB，即可作答． （2）作出ABC的平分线，交CD于一点，为点I，并交AC于一点N ，结合三角形外角性质即对顶角相 等，则DIBDBI，则DI BD，结合勾股定理，即可作答． （3）过点I作IM  AC，IGBC，IH  AB，结合角平分线上的点到角的两边距离相等，即NI GI HI ， 结合AC 6，BC 8，得CG2，结合勾股定理，CI 2 2，即可作答． 【详解】（1）解：如图：连接OD， ∵AB为O的直径，CD平分ACB，1 ACDBCD ACB45 ∴ ， 2 AD AD，BDBD ∵ ， ∴ACDABD45，BCDBAD45 ∵AOODOB ∴ADO45 即AOD90 ∵DE∥AB ∴ODE90 ∵OD是半径 ∴DE为O切线； （2）解：如图：作出ABC的平分线，交CD于一点，为点I，并交AC于一点N ， 易知CBN ABN，DCBDBA45 ∵CIN CBNDCB ，DBI DBAABN ，CIN BID ∴DIBDBI， 则DI BD， ∵AC 6，BC 8，BD AD Rt△ABD BD2AD2  AB2  AC2BC2 100 ∴在 ， 2BD2 100 即 DI BD5 2 即 ； （3）解：如图：过点I作IM  AC，IGBC，IH  AB，易知IH GI，MI GI ∴NI GI HI ∵IGBIHB90，IBIB IHB≌IGBHL ∴ ∴BGHB ICG≌ICMHL IAH≌IAMHL 同理，得 ， 即CN CG，AN  AH 设BGHBx， CN CG8x，AN  AH 68xx2 则 ∵AH BH  AB ∴xx210 ∴x6 得CG2， ∵DCB45，ICG90 ∴CGIG862 RtCGI CI  CG2IG2 2 2 ， DI 5 2 由（2）知 CDCIDI 7 2 ∴ 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，切线的判定，角平分线的性质，勾股定理， 三角形的外角性质，等角对等边等知识内容，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．O VABC OC AB 35．（2022九年级下·浙江·专题练习）如图， 为 的外接圆，D为 与 的交点，E为线段 OC延长线上一点，且EACABC． AE O (1)求证：直线 是 的切线． (2)若D为AB的中点，CD6，AB16， ①求O的半径； ②求VABC的内心到点O的距离． 【答案】(1)见解析 25 (2)① ；②5 3 AO AO O CF EAF 90 【分析】（1）连接 ，并延长 交 于点F，连接 ，证明 ，即可得到结论； （2）①连接AO，利用垂径定理以及勾股定理，列方程，解方程即可求解； ②作CAB的平分线交CD于点H，连接BH ，过点H作HM  AC，HN BC，证明点H是VABC的内心， 8 在 Rt△ACD 中，利用勾股定理求得 AC 10BC ，利用S S S S ，求得DH  3 ，据 △ABC △ACH △ABH △BCH 此求解即可． AO AO O CF 【详解】（1）证明：连接 ，并延长 交 于点F，连接 ，∵AF 是直径， ∴ACF 90， ∴FFAC 90， ∵F ABC，ABCEAC， ∴EAC F ， ∴EACFAC 90， ∴EAF 90，且AO是半径， ∴直线AE是O的切线； （2）解：①如图，连接AO， ∵D为AB的中点，OD过圆心， 1 ∴ ，ADBD AB8， OD AB 2 AO2  AD2DO2 ∵ ，AO2 82AO62 ∴ ， 25 ∴AO ， 3 25 ∴O的半径为 3 ； ②如图，作CAB的平分线交CD于点H，连接BH ，过点H作HM  AC，HN BC， ∵OD AB，ADBD， ∴ACBC，且ADBD， ∴CD平分ACB，且AH 平分CAB， ∴点H是VABC的内心，且HM  AC，HN BC，HD AB， ∴MH NH DH， Rt△ACD AC AD2CD2  8262 10BC 在 中， ， S S S S ∵ △ABC △ACH △ABH △BCH ， 1 1 1 1 ∴ 166 10MH  16DH  10NH， 2 2 2 2 8 ∴DH  ， 3 OH COCH COCDDH ∵ ， 25  8 ∴OH  6 5． 3  3 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，角平分线性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是本题的关键． 36．（21-22九年级上·广东茂名·期末）如图，在VABC中，AB AC，BAC与ABC的角平分线相交 于点E，AE的延长线交VABC的外接圆于点D，连接BD． (1)求证：BADDBC； (2)证明：点B、E、C在以点D为圆心的同一个圆上； (3)若AB5，BC8，求VABC内心与外心之间的距离． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 5 (3) 2 【分析】（1）利用角平分线，得到BADCAD，利用圆周角定理，得到CBDCAD，即可得出 BADDBC；   （2）连接 CD ，根据 BADCAD ，得到 BDCD ，得到BDDC，根据角平分线，得到 ABEEBC EBDDBCEBC,BEDDABABE EBDBED ，再根据 ，得到 ，得到 DBDE，从而得到DBDEDC，即可得证； （3）连接OB，设AD与BC相交于点H ，利用等腰三角形三线合一，求出AH 的长，垂径定理求出OB的 长，进而求出AD的长，利用圆周角定理以及勾股定理求出BD的长，进而得到DE的长，用DE的长减去 OD的长，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵AD平分BAC， ∴BADCAD， ∵CBDCAD， ∴BADDBC；（2）证明：连接CD， ∵BADCAD，   BDCD ∴ ， ∴BDDC， ∵BE平分ABC， ∴ABEEBC， EBDDBCEBC,BEDDABABE BADDBC ∵ ， ， ∴EBDBED， ∴DBDE， ∴DBDEDC， ∴点B、E、C在以点D为圆心的同一个圆上； （3）解：连接OB，设AD与BC相交于点H ， ∵AB AC，AD平分BAC， ∴ADBC， 1 ∴BH  BC4， 2AH  AB2BH2 3 ∴ ， 设OBx，则：OAODOBx，OH OAAH x3， 在 Rt△BHO 中，OB2 BH2OH2 ，即： x2 42x32 ， 25 25 解得：x= ，即：OAODOB ， 6 6 ∵AD为O的直径， 25 ∴AD2OA ， ， 3 �ABD� 90 20 BD AD2AB2  ∴ ， 3 20 ∴DEBD ， 3 5 ∴OEDEOD ， 2 ∵BAC与ABC的角平分线相交于点E， ∴点E为VABC的内心， ∴OE的长即为VABC内心与外心之间的距离， 5 ∴ 内心与外心之间的距离为： ． VABC 2 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握同弧所对的圆 周角相等，直径所对的圆周角是直角，以及垂径定理，是解题的关键． ① AB 4 AB 37．（23-24九年级下·吉林长春·期中）【模型提出】如图 ，已知线段 的长度为 ，在线段 所在 直线外有一点C，且ACB45，想确定满足条件的点C的位置，可以以AB为底边构造一个等腰直角三 角形AOB，再以点O为圆心，OA长为半径画圆，则点C在☉O的优弧ACB上.即：若线段AB的长度已知， ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为 “定弦定角”模型. ② ABCD AB4 E、F BC CD BECF 【模型应用】如图 ，在正方形 中， ，点 分别是边 、 上的动点， ， 连接AE、BF，AE与BF交于点G.(1)求证：AEBF ； (2)点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径长为______； (3)若点I 是ABG的内心，连接CI ，则线段CI 的最小值为______. 【答案】(1)证明解析； (2)π； 2 102 2 (3) ． 1 ABE≌BCFSAS BAECBF BAEABF 90 【分析】（ ）证明 ，得到 ，可得 ，得到 AGB90，即可求证； （2）由AGB90可得点G在以AB为直径的圆上运动，以点O为圆心，以2为半径画☉O，连接 AC、BD G G BG BG 相交于点 1，可得点 的路径为 1，求出 1的长度即可求解； （3）由点I 是ABG的内心得AIB135，作△ABI的外接圆☉O，连接OA、OB，过点O作OM CB M I AB AOB90 VAOB 的延长线于点 ，则点 在 上运动，可得 ， 为等腰直角三角形，得到 2 OAOB AB2 2 2 ，ABO45，进而得到OM BM 2，连接OC，与☉O相交于点I，当点I 与点I重合时，可知线段CI 最短，利用勾股定理求出OC，即可求解． 【详解】（1）证明：正方形ABCD中，ABBC4，ABC BCD90， ∵BECF ， ABE≌BCFSAS ∴ ，∴BAECBF， 又∵ABFCBF ABC 90， ∴BAEABF 90， AGB180BAEABF90 ∴ ， ∴AEBF ； ② 1 AGB90 （2）解：如图 ，由（ ）得 ， ∴点G在以AB为直径的圆上运动， 1 取 的中点 ，则AOBO AB2， AB O 2 以点O为圆心，以2为半径画☉O， AC、BD G ACBD AG BG 连接 相交于点 1，则 ， 1 1， OG AGB90 连接 ，则 1 ， G ☉O ∴点 1在 上， 当E与B重合时，F 与C重合，则G与B重合， 当 E 与 C 重合时， F 与 D 重合，则 G 与 G 1重合， G BG ∴点 的路径为 1， AG BG O AB ∵ 1 1， 为 中点， BOG 90 ∴ 1 ， 90π2 ∴BG 的长度为 180 π， 1 ∴点G经过的路径长为π，故答案为：π； （3）解：如图，连接AI、BI ， ∵点I 是ABG的内心， 1 1 ∴BAI  BAG，ABI  ABG， 2 2 1 1 1 ∴BAIABI  BAG ABG BAGABG ， 2 2 2 ∵AGB90， ∴BAGABG1809090， 1 1 ∴BAIABI  BAGABG 9045， 2 2 ∴AIB18045135， △ABI ☉O OA、OB O OM CB M I AB 作 的外接圆 ，连接 ，过点 作 的延长线于点 ，则点 在 上运动， ∵AIB135， ∴AOB360135290， ∴VAOB为等腰直角三角形， 2 OAOB AB2 2 ∴ 2 ，ABO45， ∵ABC 90， ∴ABM 90， ∴OBM 904545， ∵OM BM ， ∴OMB90， ∴△OMB为等腰直角三角形，2 2 OM BM  OB 2 2 2 ∴ 2 2 ， 连接OC，与☉O相交于点I， 当点I 与点I重合时，线段CI 最短， OC  OM2CM2  22242 2 10 ∵ ， CIOCOI2 102 2 ∴ ， CI 2 102 2 ∴线段 的最小值为 ， 2 102 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，圆周角定理，弧长公式，三 角形出内心及外接圆，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 考点七、圆的平移 y P A 38．（22-23九年级下·广东深圳·期中）如图，在位于 轴右侧且半径为6的 ，从 的位置沿直线 x6 yx B、C F P y BC 2 34 向上平移，交直线 于 点，且 是 与 轴的一个公共点，若 ，则四边形 OAPF的面积是（ ） A．42 B．64 C．68 D．48 【答案】D CQx x Q PM BC BC M BC A R PC 【分析】作 轴交 轴于 ，作 交 于 ， 与 相交于点 ，连接 ，根据题意OAPF △OCQ AROPRM AOC45 可得四边形 为矩形， 为等腰直角三角形，从而得到 ，进而得 PM RM PR2 P 6，t PRt6 到 ，再由垂径定理结合勾股定理即可得到 ，设点 的坐标为 ，则 ，列出 t62 t 方程 ，求出 的值，即可求出面积． CQx x Q PM BC BC M BC A R 【详解】解：如图所示，作 轴交 轴于 ，作 交 于 ， 与 相交于点 ，连接 PC， ， 根据题意可得：PAx轴，PF  y轴， 四边形OAPF为矩形， 点C在直线 yx 上，  C m，m CQOQm 设点 的坐标为 ，即 ， OCQ 为等腰直角三角形， COQ45， AROPRM AOC 45， PM RM ，  PM BC， 1 1 CM BM  BC  2 34  34， 2 2  2 RM PM  PC2CM2  62 34  2，  2  2 PR PM2RM2  2  2 2，6，t P 设点 的坐标为 ， 由图象可知t6， 则PRt6， t62， t 8， 6，8  点P坐标为 ， 四边形OAPF的面积为6848， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，熟练 掌握矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理等知识点，添加恰当的辅助线是解题的 关键． yx2 O 39．（21-22九年级上·安徽六安·期末）如图所示，直线 与x轴、y轴分别交于点M，N， 的半 O MN O 径为1，将 以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动 秒时，直线 恰好与 相切． 2 2 2 2 【答案】 或 【分析】作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，设直线EF的解析式为y=x+b，由 ⊙O与直线EF相切结合三角形的面积即可得出关于b的含绝对值符号的一元一次方程，解方程即可求b值， 从而得出点E的坐标，根据运动的相对性，即可得出结论． 【详解】解：作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，如图所示．设直线EF的解析式为y=x+b，即x-y+b=0， ∵EF与⊙O相切，且⊙O的半径为1， 1 1 ∴ b2  1 2 b ， 2 2 2  2 解得：b= 或b= ， yx 2 yx 2 ∴直线EF的解析式为 或 ， 2  2 ∴点E的坐标为（ ，0）或（ ，0）． 令y=x-2中y=0，则x=2， ∴点M（2，0）． ∵根据运动的相对性，且⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动， 2 2 2 2 ∴移动的时间为 秒或 秒． 2 2 2 2 故答案为： 或 ． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、一次函数图象上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是 求出点E、M的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题时，巧妙的利用运动的相对性变移圆为移直 线，降低了解题的难度． 40．（23-24九年级上·河北廊坊·阶段练习）如图1，在VABC中，C90，BAC 30，BC 4，点 O在边AB上，且AO2，以点O为圆心，2为半径在AB的上方作半圆O，交AB于点D，E，交AC于点 xx0 P．将半圆O沿AB向右平移，设点D平移的距离为 ．PE (1)在图1中，劣弧 的长为________； (2)当半圆O平移到与边AC相切时，如图2所示． ①求x的值； D E ②已知M，N分别是边BC与 上的动点，连接MN，求MN的最小值和最大值之和； (3)在半圆O沿边AB向右平移的过程中，当半圆O与VABC的重叠部分是半圆O时，直接写出x的取值范 围． 2 【答案】(1) 3 x2 2 34 (2)① ；②MN的最小值和最大值之和为 4 3 2 x6 (3)半圆O与VABC的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是 3 PE 【分析】（1）本题主要考查利用扇形弧长公式计算劣弧长度，找到劣弧 所对的圆心角是解决问题的关 键，在利用公式求解． （2）本题主要考查利用切线的性质求x的值，其次利用点到直线距离求MN的最小值，由于M，N两点都 是自由点，故可以直接算出MN的最大值，即当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大 （3）本题主要考查圆完全在VABC三角形内部时的临界状态，即圆与三角形VABC两条直角边分别相切 时，即可求出x的取值范围． 【详解】（1）解：如下图，连接OP； ∵OPOA，BAC 30； ∴POE60； 60 2 ∴劣弧  2 ． PE 180 3（2）①连接PO， ∵边AC与半圆O相切； ∴APO90； ∵BAC 30，OP2； ∴AO4； ∴ADx AOOD2； ②如下图，当OM BC时，OM与弧DE交于点N，此时MN最小； ∵OA4； ∴OB ABOA4； ∵OM BC； ∴OMB90； ∵C90，MO∥AC， ∴BOM BAC30， ∴MB2， OM 2 3 ∴根据勾股定理可得 ， MN 2 32 ∴ ； 如图2，当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大，MN OBOD6；∴MN的最小值 2 3262 34 和最大值之和为 ．4 3 2 x6 （3）解：x的取值范围是 3 ； 如图3，半圆O与BC相切，连接OP， ∴OPB90， ∴AC∥OP， ∴BOPBAC30， 1 BP OB ∴ ； 2 4 3 OB 根据勾股定理可得OB2 BP2OP2，解得 3 . ∵OD2； 4 3 AD ABODOB6 ∴ 3 ； 4 3 2 x6 ∴半圆O与VABC的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是 3 . xOy O O 41．（22-23九年级上·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系 中， 的半径为1，A、B为 外的两点， AB 3 AB O A'B' A' B' AA ．给出如下定义：平移线段 得到 的弦 ，（ ， 分别是A，B的对应点），线段 的最小值称为线段AB到O的“平移距离”(1)平移线段 AB 得到 O 的长度为 3 的弦 P 1 P 2和 P 3 P 4，则这两条弦的位置关系是______；在点 P 1， P 2， P 3， P AB O 4 中，连接点A与点______的线段的长度等于线段 到 的“平移距离”； yx2 AB O d d (2)若A、B两点在直线 上，记线段 到 的“平移距离”为 1，求 1的最小值；   2 3,2 (3)若点A的坐标是 ，记线段AB到O的“平移距离”为d ， 3 ①求d 的最小值； 3 ②当d 取得最小值时点B的坐标为______． 3 P 【答案】(1)平行， 1 1 (2) 2 2 3 3 1 (3)①3，②  3,2  或   2 , 2     【分析】（1）由直线的平移和“平移距离”的定义即可得出； 1 （2）过点O作 于点H，交弦 于点P，得出d OH OP 2 ； OH  AB A'B' 1 2 A' OA （3）①作出图形，根据图象确定 点的最小值所在的位置，即可求出平移距离的最小值，②求出直线B' 的解析式根据平移知识求出M点的坐标，进而确定 点的坐标，再由平移知识求出B点坐标即可． PP ∥PP 【详解】（1）解：由题知 1 2 3 4， 由“平移距离”的定义可知AP 的长度是线段AB的“平移距离”， 1 P 故答案为：平行， 1； AB yx2 yx2 （2）线段 在直线 上，令直线 与x轴交于点C，与y轴交于点D； 平移之后与圆相交，得到的弦为A'B'∥AB， OH  AB A'B' 过点O作 于点H，交弦 于点P， PO A'B' ∴ ， 令y0，0x2，解得：x2， 令x0，y022， C2，0 D0，2 ∴ ， ， ∴OCOD2，则DCO45， OH OCsin45 2 ∴ ， A'B' AB 3 ∵ ， 1 3 ∴A'P A'B'  ， 2 2 由垂径定理得：OP= (OA')2 -( A'P)2 = 12- 骣 琪 琪2 3 2 = 1 2 ， 桫1 ∴d OH OP 2 ； 1 2   2 3,2 （3）①∵点A的坐标为 ， AB 3， 3 ∴点B在以A为圆心， 为半径的圆上， 连接OA交圆O于M， 则OA= ( 2 3 )2 +22 =4， d  AA' ∴ 3 ， A' ∵ 在圆O上， 413 ∴当A点与M重合时d 有最小值为 ； 3 A' ②当d 取最小值时，即点 与M点重合， 3 ykxk 0 OA 设直线 的解析式为 ， 2=2 3k 代入A点坐标得 ， 3 解得k  ， 3 3 y x 即直线OA的解析式为 3 ，  3  m, m 设点M的坐标为 3 ，    A 2 3,2 ∵AM 3， 2 ∴ AM2   2 3m 2      2 3 3 m     9 ，解得：m 1  2 3 ，m 2  7 2 3 （舍），  3 1  ,  ∴此时M点的坐标为 2 2 ，   3 3 3 ∴A点向下平移2 个单位，向左平移 2 个单位即可得到M点坐标， B' a,b 设点 的坐标为： ， AB A'B'  3 B' O ∵ ，点 在 上， a2b2 12  3 a   2 ∴     3 a    2    1 b   2   3 2 ，解得：   a0 或  b 1 ，  2  2  b1  2  3 1  ,  则 B' 点坐标为  2 2   或0，1， 3 3 3 将B'点向上平移2 个单位，向左平移 2 个单位即可得到B点坐标， 骣3 3 1 琪 ，   ∴B点坐标为 3,2 或琪2 2 ， 桫 3 3 1 故答案为：  3,2  或   2 , 2  ．   【点睛】本题主要考查圆的综合题，涉及一次函数的性质，平移的性质等知识，正确理解“平移距离”的 定义是解题的关键． OA OC x2 2mxm0 42．（20-21九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图1，已知线段 ， 的长是方程 的两 根，且 OAOC ，点B的坐标为 4,1 ， B 与 x 轴相切于点 M ． （1）求点A和点C的坐标及CAO的度数；B x AC A B （2） 以每秒1个单位长度的速度沿 轴负方向平移，同时，直线 绕点 顺时针匀速旋转．当 第一次与y轴相切时，直线AC也恰好与B第一次相切．问：直线AC绕点A每秒旋转多少度？ （3）如图2，过 A ， O ， C 三点作 O 1，点 E 是劣弧 AO 上一点，连接 EC ， EA ， EC ，当点 E 在劣弧 AO ECEA 上运动时（不与 ， 两点重合）， 的值是否发生变化？如果不变，求其值；如果变化，说明理 A O EO 由．     A  2,0 C 0, 2 【答案】（1） ， ，CAO45；（2）直线AC绕点A平均每秒旋转30°；（3）值 ECEA 不变， = EO 2 【分析】（1）根据OAOC推出方程有两个相等的实数根，利用0求出m的值，再去解方程得到OA △OAB CAO 和OC的长，从而求出点A和点C的坐标，再根据 是等腰直角三角形得到 的度数； B （2）先根据 运动到与y轴相切求出运动时间t的值，再利用切线长定理和等腰直角三角形的性质求出 直线AC的旋转角度数，得到旋转速度； （3）在CE上截取CK EA，连OK，证明△OAE≌△OCK得到OE=OK，EOAKOC，所以 ECEA ，从而得到 的值． EOK AOC90 EO 【详解】解：（1）∵OAOC， x2 2mxm0 ∴方程 有两个相等的实数根，2m24m0 m 0 m 2 ∴ ，解得 1 （舍去）， 2 ， x22 2x20 x 2 解方程 ，得 ， ∴OA=OB=❑√2，     A  2,0 C 0, 2 ∴ ， ， ∵OAOC，OAOC， ∴CAO45； （2）如图，设 B 平移 t 秒到 B 1处与 O 第一次相切，此时，直线 l 旋转到 l 恰好与 B 1第一次相切于点 P ， B 1与 x 轴相切于点 N ，连 B 1 O ， B 1 N ， MN t OB  2 BN 1 BN  AN 则 ， 1 ， 1 ， 1 ， ∴ON 1， ∴MN 3，即t3， BA BP BP AP BPBN 连 1 ， 1 ，则 1 ， 1 1 ， PAB NAB ∴ 1 1， OAOB  2 ∵ 1 ， ABONAB ∴ 1 1， PAB ABO ∴ 1 1 ，PA//BO ∴ 1 ， Rt△NOB BON 45 在 1中， 1 ， ∴PAN 45， ∴190， ∴直线AC绕点A平均每秒旋转30°； ECEA （3） 的值不变，等于 ， EO 2 如图，在CE上截取CK EA，连OK， ∵OAEOCK ，OAOC， ∴△OAE≌△OCK， ∴OEOK ，EOAKOC， ∴EOK AOC90， EK  2EO ∴ ， ECEA ∴  2． EO 【点睛】本题考查圆的综合题，涉及点坐标的求法、函数、图形的平移和旋转、圆的有关性质，解题的关 键是掌握作辅助线构造特殊三角形或全等三角形解决问题． 考点八、圆的折叠问题 AB O BC BC BC 43．（21-22九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图， 是 的直径， 是弦，沿 对折劣弧 ，交 AB AB D B O CDB AD1 AB5 EF 于点D，E、F分别是 和 的中点，令 为 所在圆的圆心，若 ， ，则 的长 为（ ）10 5 A． 2 B． 2 C． 3 D． 2 【答案】A OF,OE,OD OF AB P OE AB,OF DB 【分析】连接 ， 交 于点 ，由垂径定理和对称的性质得出 ，进而 PBPD,OF∥OE OEFO EF OO OPOBPB 得到 ，证出四边形 是平行四边形，得出 ，求出 ，在 RtPOD OP OO 中，由勾股定理得出 ，再利用勾股定理求出 ，即可得出答案． 【详解】解：连接OF,OE,OD，OF交AB于点P，如图所示： AB D B ∵点E、F分别是 和 的中点， OE AB,OF DB, ∴ PBPD,OE∥OF ∴ ， ∴四边形OFEO是平行四边形， ∴EF OO， ∵AD1，AB5， 5 ∴OB ， ， 2 BD4∴PBPD2， 1 ∴OPOBPB ， 2 ∵折叠， 5 ∴OBOB ， 2 5 ∴OD ， 2 2 5 3 在 中， OP＝ OD2PD2    22  ， RtPOD 2 2 10 ∴OO OP2OP2  ， 2 10 ∴EF  ； 2 故选：A． 【点睛】本题主要考查勾股定理及平行四边形的判定及性质， 掌握圆的有关性质，平行四边形的性质， 勾股定理的内容是解题的关键． 44．（21-22九年级上·浙江台州·期中）一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：将圆形纸片左右对折、 折痕为AB，将圆形纸片上下折叠使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，将圆形纸片沿EF折叠使 B、M两点重合，折痕EF与AB相交于N．连结AE、AF，经过以上操作小芳得到了以下结论：①CD∥ S :S 3 3:4 EF；②四边形MEBF是菱形；③△AEF为等边三角形④ AEF 圆 ．以上结论正确的有 （ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据折叠的性质得BMDBNF，则CD//EF，故①正确；根据垂径定理，BM垂直平分EF，根据折叠的性质得BM、EF互相垂直平分，即可得四边形MEBF是菱形，故②正确；连接ME，MF，则 MEMB2MN，MF MB2MN，根据直角三角形的性质得MEN 30，MFN 30，则 EMN 60，FMN 60，根据三角形内角和定理得AFE60，即可得△AEF 是等边三角形，故③ 1 3 1 3 正确；设圆的半径为r，则MN  r，EN  r，即 ，AN r r r，即可得 2 2 EF 2EN  3r 2 2 S :S =3 3:4π AEF 圆 ，故④正确；即可得． 【详解】解：∵纸片上下A、B两点重合， ∴BMD90， ∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合， ∴BNF 90， ∴BMDBNF， ∴CD//EF，故①正确； 根据垂径定理，BM垂直平分EF， ∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合， ∴BM、EF互相垂直平分， ∴四边形MEBF是菱形，故②正确； 如图，连接ME，MF， 则MEMB2MN，MF MB2MN， ∴MEN 30，MFN 30， ∴EMN 180MENMNE180903060， FMN 180MFNMNF 180903060， ∵AM ME，AM MF ，∴AEM EAM ，AFM EAM ， 1 1 ∴AEM  EMN  6030， 2 2 1 1 AFM  FMN  6030， 2 2 ∴AEF AEM MEN 303060， AFEAFM MFN 303060， ∴EAF 180AEFAFE180606060， ∴△AEF 是等边三角形，故③正确； 1 3 设圆的半径为r，则MN  r，EN cosMENr r， 2 2 1 3 ∴EF 2EN  3r， AN r 2 r 2 r ， 1 3 S AEF :S 圆 =( 2  3r 2 r):πr2 3 3:4π，故④正确； 综上，结论正确的是①②③④正确共4个， 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，等边三角形的判定，菱形的判定，解题的关键是掌握并灵活 运用这些知识点． AC AC 45．（23-24九年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，在半圆O中，C是半圆上一点，将 沿弦 折叠交 AB  AD OE OE 6  3 AB 直径 于点D，点E是 的中点，连结 ，若 的最小值为 ，则 的长为（ ） 10 11 2 3 13 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆的相关知识点的应用，图形折叠及三角形三边关系的性质是解题关键．连接CE， OC O C E OE AC x CE ，由三角形任意两边之差小于第三边得，当 、 、 共线时 最小，设 的弧度为 ，求出的弧度为90，再设半径为r，列方程求解即可． 【详解】解：连接CE，OC， O C E OE OE  6  3 由三角形任意两边之差小于第三边得，当 、 、 共线时 最小，即 ， AC x 设 的弧度为 ， BC (180x) 的弧度为： ， CADCAB， CD 180x 的弧度为： ， CDA x 由折叠得， 的弧度为 ，  x180x2x180  AD 的弧度为： ， 点E为弧AD中点， D E 2x180x90 的弧度为： ， CE 180xx9090 的弧度为： ， CE 90 即 所对圆心角为 ， 设半圆O的半径为r，  OE  6  3 ， CEr 6 3 ，  2 r2r2  r 6 3 r  3 解得：AB2 3 半径为2， 故选：C． AB O AB2 AB 46．（2024·江西·中考真题）如图， 是 的直径， ，点C在线段 上运动，过点C的弦 DEAB DBE DE AB DE FB ，将 沿 翻折交直线 于点F，当 的长为正整数时，线段 的长为 ． 2 3 2 3 【答案】 或 或2 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据DE AB，可得DE1或2，利用勾股定理 进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解： AB为直径，DE为弦， DE AB， 当DE的长为正整数时，DE1或2， 当DE2时，即DE为直径，  DE⊥AB  DBE DE AB F A 将 沿 翻折交直线 于点F，此时 与点 重合， 故FB2； 当DE1时，且在点C在线段OB之间， 如图，连接OD， 1 此时OD AB1， 2，  DE⊥AB 1 1 DC  DE ， 2 2 3 OC  OD2DC2  2 ， 2 3 BC OBOC  2 ， BF 2BC 2 3 ； 当DE1时，且点C在线段OA之间，连接OD， 2 3 BC  同理可得 2 ， BF 2BC 2 3 ， FB 2 3 2 3 综上，可得线段 的长为 或 或2， 2 3 2 3 故答案为： 或 或2． 47．（2022·上海·一模）如图，已知扇形 AOB 的半径为 6，圆心角为 90°，E 是半径 OA上一点，F是 AB AF 上一点．将扇形 AOB 沿 EF 对折，使得折叠后的圆弧 恰好与半径 OB 相切于点 G，若OE＝5， 则 O 到折痕 EF 的距离为 ．15 【答案】 【分析】过点G作OG的垂线，交AE 的延长线于点O，连接OO交EF于点H，连接AO，则点A、G、 F在以点O为圆心，OG为半径的圆上，证得四边形AOGO为矩形，接着求得AO的长，再求得OO的长， 1 OH  OO 又证得 EF OO，从而得到 2 ，进而得到O 到折痕 EF 的距离． 【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交AE 的延长线于点O，连接OO交EF于点H，连接AO ， 则点A、G、F在以点O为圆心，OG为半径的圆上， AF AF ∵ 与 是等弧 ∴O与O是等圆 ∴OGOA ∵AOOB,OGOB ∴AO//OG ∴四边形AOGO为矩形 ∴AOAO ∴AO EO2AE2 ∵AEAE,OAOGOA ∴EOEO 若OE 5则AE1,EO5 ∴AO2 6 ∴OO AO2AO2 2 15 连接AA，有AAEF ∵AEAOEO,AAEAAE,EOOEOO AEAAAEAAEOEOEOOEOO180 ∴AAEEOO ∴AA//OO∴OO EF ∴OH OH 1 OH  OO 15 ∴ 2 15 即O 到折痕 EF 的距离为 15 故答案为： ． 【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆 是解题的关键． 48．（2019·浙江温州·一模）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD是⊙O的切线，∠CDB＝ 90°，BD交⊙O于点E．   （1）求证：AC=CE． （2）若AE＝12，BC＝10． ①求AB的长； BC ②如图2，将 沿弦BC折叠，交AB于点F，则AF的长为 25 【答案】（1）证明见解析；（2）① ；②9. 2 【分析】（1）连接OC交AE于M，由DC与⊙C相切于点C可得∠OCD＝90°，又因为 AB是⊙O的直径，所以∠CDB＝90°，易得OC⊥AE，可证弧AC=弧CE1 （2）①由（1）易得四边形CMED是矩形，所以CD＝ME＝AM＝ AE＝6，由勾股定理求出BD的长，由 2 cos∠DBC= cos∠CAM可求出AC的长，即可求出答案 ②由勾股定理可求出BE的长，由折叠知BF＝BE，根据AF＝AB﹣BF即可求出答案 【详解】解：（1）如图1，连接OC交AE于M， ∵DC与⊙C相切于点C， ∴OC⊥DC，即：∠OCD＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∵∠CDB＝90°， ∴CD∥AE， ∴OC⊥AE， ∴弧AC=弧CE； （2）①由（1）知，∠D＝∠OCD＝∠DEM＝∠EMC＝90°， ∴四边形CMED是矩形， 1 ∴CD＝ME＝AM＝ AE＝6， 2 BC2CD2 在Rt BCD中，根据勾股定理得，BD＝ ＝8， △ 4 ∴cos∠DBC＝ ， 5 ∵∠CAM＝∠DBC， AM 4 ∴cos∠CAM＝ AC ＝ ， 5 15 ∴AC＝ ， 2 25 在Rt ABC中，根据勾股定理得，AB＝ ； 2 △ 7 ②如图2，在Rt ABE中，根据勾股定理得，BE＝ ＝ AB2AE2 2 △ 连接EF， ∵弧AC=弧CE， ∴∠ABC＝∠DBC，由折叠知，BF＝BE， 25 7 ∴AF＝AB﹣BF＝ ﹣ ＝9， 2 2 故答案为9． 【点睛】此题主要考查圆的综合运用 49．（2024·云南·模拟预测）如图，在等边三角形ABC中，AB8，点E是射线AB上的一个动点，点D CA CE、DE CED60 O VADE 随着点E的运动而在射线 上运动，连接 ，始终有 ， 是 的外接圆． AC CE O (1)为如图1，若点D在边 上，求证： 是 的切线； (2)如图2，若圆心O在边AB上时，求AD的长； AB O DE DE BC AF (3)如图3，当点E运动到边 的延长线上时，将 的优弧 沿直线 翻折，交 的垂线 于点 F，若AF∥DE，求弧EF的长．【答案】(1)见详解 (2)2 8 (3)  3 EO O M MD MDE90 VABC 【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，得出 ，结合 是等边三角形，得出 ABACB60，M ACED60，MED30，即可证明； （2）当圆心O在边AB上时，则ADECDE90 ，得出ACE30，BCE30，根据ACBC， 1 1 得出 ，即可得AE AB4，结合 ，即可求出AD  AE  2； CEAB 2 AED30 2 OA,OB,OE AF BC,VABC 1230 AF∥DE （3）连接 ．根据 是等边三角形，得出 ，结合 ，得出 4330，判断出OA垂直平分DE， 再证明DE垂直平分OA，即可得A为翻折后的圆心，解得 AE2AC 16，根据弧长公式即可求解； EO O M MD 【详解】（1）证明：连接 交 于点 ，连接 ， ∴MDE90， ∴M MED90， ∵VABC是等边三角形， ∴ABACB60， ) ) DE DE ∵ ， ∴M ACED60， ∴MED906030， ∴CEM 603090， ∴CE是O的切线； （2）解：当圆心O在边AB上时，则ADECDE90 ， ∵CED60， ∴ACE30， ∴BCE30， ∵ACBC， ∴CEAB， 1 ∴AE AB4， 2 ∴AED906030， 1 ∴AD  AE  2； 2 OA,OD,OE （3）解： 连接 ． AF BC,VABC ∵ 是等边三角形， ∴1230， ∵AF∥DE， 1430,2330 ， 4330， AD AE,DAE120,OADE ∴ ． OA垂直平分DE，6560， ∵AODOEO， VAOD,VAOE ∴ 是等边三角形， DE垂直平分OA， ∴A为翻折后的圆心，  CED60， CEA30， ACE 90 AE2AC16 30 8 ∴弧 的长 16 ． EF 180 3【点睛】该题主要考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，切线的 判定，弧长公式，平行线的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 考点九、圆的旋转问题 50．（2024·山东临沂·二模）如图，将半径为4，圆心角为120的扇形OAB绕点A逆时针旋转得扇形CAD， AB 点O，B的对应点分别为点C，D．当点C落在 上时旋转停止，则阴影部分的面积为 ． 8 【答案】 π4 3 3 【分析】本题主要考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质，先判定△AOC为等边三角形，根据 S =S S 阴影 扇形AOC AOC求解即可 【详解】解：如图，连接OC，作OE AC于点E， 由题意：OAOC  AC=4，∴△AOC是等边三角形， ∴AOC60， 1 ∴AOE AOC 30, 2 1 ∴AE AO2, 2 OE AO2AE2  164 2 3 ∴ ， 1 1 ∴S  ACOE 42 34 3， AOC 2 2 6042 8 ∴S S S  4 3 π4 3， 阴 扇形AOC AOC 360 3 8 故答案为： π4 3． 3 51．（22-23九年级上·浙江宁波·开学考试）如图，AB为半圆的直径，且AB4，半圆绕点B顺时针旋转 45，点A旋转到点A的位置，则图中的阴影部分的面积为 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查了扇形的面积的计算，根据“阴影部分的面积=扇形ABA的面积+以BA为直径的半 圆的面积 -以AB为直径的半圆的面积=扇形ABA的面积”即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得，ABA45， S S S S 阴影 扇形ABA 半圆 半圆 S 扇形ABA 4542  2 360 故答案为：2． 52．（22-23九年级上·河北邢台·期末）在等边三角形ABC中，ADBC于点D，半圆O的直径EF开始 090 BC EF 4 60 在边 上，且点E与点C重合， ．将半圆O绕点C顺时针旋转 ，当 时，半圆O与AD相切于点P．如图1所示． (1)求AC的长度； (2)如图2．当AC，BC分别与半圆O交于点M，N时，连接MN，OM ，ON． ①求MON 的度数； ②求MN的长度； 90 BC E  F VABC (3)当 时，将半圆O沿边 向左平移，设平移距离为x．当 与 的边一共有两个交点时， 直接写出x的取值范围． 【答案】(1)6； 120 MN 2 3 (2) ， ； 4 3 4 3 0x 6  x<6 (3) 3 或x62 3或 3 ． 【分析】（1）如图，连接OP，等边三角形ABC中，ADBC于点D，CAD30半圆O与AD相切于 点P，根据30角所对的直角边等于斜边的一半可求解； （2）①根据圆周角可求解,②过O作OPMN于P，结合①，可求得ONM 30， 根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得PN ，进而求解； E  F VABC BC E  F AB,AC （3）由题意可知， 始终与 的 交于一点，即求出 与 再有E以外的一个交点即可； 如图，当F在AC上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得CE；如图， AB OP,OB 30 当半圆O与 相切于点P时，连接 ，结合已知，根据 角所对的直角边等于斜边的一半和勾股 定理可得BE，从而求解；如图，当F在AB上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和 勾股定理可得BE，从而求解． 【详解】（1）解：如图，连接OP，等边三角形ABC中，ADBC于点D， CAD30， 半圆O与AD相切于点P， 1 ，OPOC  EF 2， APO90 2 AO2OP4， AC  AOOC 6， （2）①如图，由题意可知， 点M，N时，与半圆O上， MON 2MCN 260120； ②过O作 于P， OPMN 1 ，OM ON  FE2， MON 120 2 MN 2PN ONM 30 1 OP ON 1 2 PN  ON2OP2  3 MN 2 3（3）由题意可知，  EF VABC BC 始终与 的 交于一点， 如图，当F在AC上时， 在RtBEC中， FEC90，FCE60°，EF 4， EFC 30， CF 2CE， CF2 CE2EF2 ， 2CE2 CE2EF2 即 4 3 CE  解得 3 ， 4 3 x ， 3 AB OP,OB 如图，当半圆O与 相切于点P时，连接 ， 1 OP AB,OEBC，OPOE 2 EF 2， OBC 30， BO2OE4， OB2 OE2BE2，即42 22BE2， BE2 3 解得： ， xBCBE 62 3 ， 如图，当F在AB上时， 在Rt△BEF中， FEB90，FBE60，EF 4， EFB30， BF 2BE，  BF2 BE2EF2， 4 3 解得BE  ， 3 4 3 xBCBE6 ， 3  EF VABC 综上所述，当 与 的边一共有两个交点时， 4 3 4 3 0x 6  x<6 3 或x62 3或 3 【点睛】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，30角所对 的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含30角的直角三角形． 53．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此． 【问题情境】如图1，OA5，将OA绕点O顺时针旋转 90成扇形OAB，点C是OB延长线上一点， BC1，过点C作射线CM OC，求弧AB的长． 【问题解决】如图2，将上题中的扇形OAB绕点B按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线CM 相切与 点D，求OO的长． 【问题拓展】如图3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点A落在射线CM 上，弧AB与射线CM 交 于另一点E，求OO的长． 5 【答案】问题情境： ；问题解决： ；问题拓展： 2 10 2 5 【分析】问题情境：根据弧长计算公式求解即可； 问题解决：如图所示，过点O作OEOC于E，连接OD，由切线的性质得到OD⊥CM ，证明四边形 ODCE CE OD5 OE1 BEOBOE4 OE  OB2BE2 3 是矩形，得到 ，则 ，则 ，求出 ，即可得 OO OE2OE2  10 到 ； O OG⊥OC OH CM OGCH 问题拓展：如图所示，过点 作 于E， 于H，同理可证明四边形 是矩形，则 OH CG，∠HOG90 BOG≌AOHAAS OH CGOG OH CGOG x ，证明 ，得到 ，设 ， BGx1 OG5x16x x2x12 52 OG4 则 ， ，由勾股定理建立方程 ，解方程得到 ， OG2 OO OGOG2 2 5 ，则 ． 905 5 【详解】解：问题情境：由题意得，弧 的长  ； AB 180 2问题解决：如图所示，过点O作OEOC于E，连接OD， ∵旋转后的扇形和射线CM 相切与点D， ∴OD⊥CM ， 又∵OE⊥OC，CM⊥OC， ∴四边形ODCE是矩形， ∴CE OD5， ∴OE OCCE OBBCCE 1， ∴BEOBOE4， OE  OB2BE2 3 ∴ ， OO OE2OE2  10 ∴ ； 问题拓展：如图所示，过点O作OG⊥OC于G，OH CM 于H， OGCH 同理可证明四边形 是矩形， ∴OH CG，∠HOG90， ∴BOGBOH BOH AOH 90， ∴BOGAOH ， 又∵BO AO， BOG≌AOHAAS ∴ ， ∴OH CGOG， 设OH CGOG x，则BGx1， OG5x16x ∴ ， Rt△BOG OG2BG2 OB2 在 中，由勾股定理得 ，x2x12 52 ∴ ， 解得x4或x3（舍去）， ∴OG4，OG2， OO OE2OE2 2 5 ∴ ． 【点睛】本题主要考查了求弧长，旋转的性质，切线的性质，勾股定理，矩形的性质与判断，勾股定理等 等，解（2）的关键在于作出辅助线构造矩形，解（3）的关键在于作出辅助线构造全等三角形． ABCD AB6 AD6 3 AC DAC30 54．（23-24九年级上·河北张家口·期中）在矩形 中， ， ，连接 ， ． AEAE8 AD AE 将半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径 在边 上，点E是量角器上的零刻度， 交AC于点F，点O是半圆形量角器所在圆的圆心． 图1 图 2 备用图 (1)求点F在半圆形量角器上的读数； 0180 (2)将半圆形量角器绕点A顺时针旋转 ． AC � AE AB BC ①当点E旋转到 上时， 交 于点M，如图13－2所示．求证： 与半圆形量角器相切，并求图2 中阴影部分的面积； � AE BC ②在旋转过程中，当 与直线 只有一个交点（不包括端点A，E）时，设此交点与点C的距离为d，请直接写出d的取值范围． 【答案】(1)60 8π (2)①见解析， 4 3；② 或 3 6 3d 6 32 7 d 4 3 【分析】（1）连接OF ，利用圆的半径相等，得出OAF OFA，再利用三角形外角的性质求出EOF 的度数，即可得出答案； OQBC OM OQ4 （2）①过点O作 ，连接 ．利用直角三角形的性质和勾股定理求得 ，即可由切线的判 定定理得出BC与半圆形量角器相切的结论；再证明AOM 是等边三角形，得到AOM 60，即可由 S S S 阴影部分 扇形AOM △AOM求解； ②当半圆O与BC相切时，当半圆经过点B时，点E在BC上，当点E在CB的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：连接OF ，如图， ∵OAOF ∴OAF OFA 在半圆形量角器中， ∵DAC30， ∴EOF OAF OFA2DAC 60， ∴点F在半圆形量角器上的读数为60； OQBC OM （2）解：①证明：过点O作 ，连接 ． ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴ACB30， ∴在Rt△ABC中，AC 2AB12． ∵AE8， ∴AO4， ∴OC  ACOA8， RtOQC OQ4 ∴在 中， ， ∴OQ是半圆形量角器的半径． OQBC ∵ ， ∴BC与半圆形量角器相切； 在Rt△ABC中， ∵ACB30， ∴BAC60． 又∵OAOM ， ∴AOM 是等边三角形， ∴AOM 60， 6042 1 8π ∴S S S   42 3  4 3； 阴影部分 扇形AOM △AOM 360 2 3 BC d CQ4 3 ②当半圆O与 相切时，由①易得 ． 如图1，当BC经过点B时，点E在BC上， ∵AB6，AC12， BC AC2AB2 6 3 ∴ ， d BC 6 3 此时 ．如图2，当点E在CB的延长线上时， ∵AE8，AB6， BE AE2 AB2 2 7 ∴ ， d CE  BCBE 6 32 7 ∴ ． � AE BC 6 3d 6 32 7 综上所述，当 与直线 只有一个交点（不包括端点A，E）时，d的取值范围是 或 d 4 3 ． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆心角，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的判定，扇形面积，等边三 角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练相关性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 55．（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图1，在正方形ABCD中，AB8，点O与点B重合，以点O为 O AB E AB F M,N E  F M 圆心，作半径长为5的半圆 ，交 于点 ，交 的延长线于点 ，点 是 的三等分点（点 090 N O E F 在点 的左侧）．将半圆 绕点 逆时针旋转，记旋转角为 ，旋转后，点 的对应点为点 F ． (1)如图2，在旋转过程中，当EF经过点N 时． ①求的度数； ②求图中阴影部分的面积； O ABCD A (2)在旋转过程中，若半圆 与正方形 的边相切，请直接写出点 到切点的距离．25 25 【答案】(1)① ；②  3 30 6 4 3 21 113 (2) 或 或 1 【分析】（1）①连接 ，可知NBF  18060，再求出 即可；②作 ，根据 BN 3 BEN NK EF S S S S S S 阴影部分 半圆O 扇形EBN VEBN 扇形BNF VEBN即可求解； （2）分类讨论当半圆O与CD、AD、AB相切的三种情况，画出对应的几何图，根据切线的性质即可求 解． 【详解】（1）解：①连接BN ，如图所示： M,N  EF ∵点 是 的三等分点， 1 ∴NBF  18060， 3 QBEBN， BEN BNE， QNBF BENBNE， BEN 30， 即30 S S S S S S ②观察可知： 阴影部分 半圆O 扇形EBN VEBN 扇形BNF VEBN 作NK EF，如图所示：1 25 S  52  ， 扇形BNF 6 6 QBN 5,NBK 60,NKB90 ， 1 5 BNK 30,BK  BN  ， 2 2 5 KN  BN2BK2  3， 2 1 1 5 25 S  EBNK  5 3 3， VEBN 2 2 2 4 25 25 ∴S   3 阴影部分 6 4 （2）解：①当半圆O与CD相切时，如图所示： 设切点为点G，连接OG并延长，交AB与点H ，连接AG， ∵HGCGCBCBH 90， ∴四边形GCBH 为矩形， ∴GH BC8， OH GH OG3， EH  OE2OH2  52 32 4 ， BH BEEH 1， AH  ABBH 7， AG GH2AH2  113②当半圆O与AD相切时，如图所示： 设切点为点G，连接OG，过点E作EH OG， ∵AAGH GHE90， ∴四边形AGHE为矩形， AGEH,GH  AE ABBE 3 ， OH OGGH 2， HE OE2OH2  52 22  21 ， AG 21 ③当半圆O与AB相切时，如图所示： AG AE ABBE3 A 3 21 113 综上所述：点 到切点的距离为 或 或 【点睛】本题以正方形和圆作为几何背景，考查了旋转这一类动态问题．涉及了勾股定理、切线的性质定 理、矩形的判定与性质等知识点．掌握分类讨论的数学思想是解题关键． 考点十、正多边形和圆 56．（21-22九年级上·山东淄博·期末）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆 上．若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是（ ）2 31 31 131 A．3 3 B． 2 C． 2 D． 2 【答案】D 【分析】在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边 形MF的长，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可． 【详解】解：如图，连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中 点G，连接GH，GQ， 由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝1， 由正六边形的性质可得ON＝2❑√3，  DN2ON2  13 ∴OD OF，  13 ∴MF 1， 由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形， 1 131   ∴FH 2MF 2 ， 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键． 57．（2023·浙江温州·三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图．两个正六边形的边AB与CD，BF与EG均在同一直线上．木板AD44cm（木板厚度 忽略不计），FG4cm，则AB的长为 cm．盆栽由矩形HIJK和圆弧HPK组成，且K，E，D恰 4 好在同一直线上，已知 ，圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之比为 ，则圆弧 AI BJ 3cm P MN HI 9 HPK的半径为 cm． 14 3 【答案】 20 3 HPK O PQHK Q OH,DK,BN AB 【分析】设 的圆心是 ，作 于 ，连接 ，由正六边形的性质求出 ， CD KJ,BN PQ 的长， 由直角三角形的性质， 等腰三角形的性质求出 的长，得到 的长，由勾股定理 列出关于HPK 半径的方程， 即可解决问题； HPK O PQHK Q OH,DK,BN 【详解】解：设 的圆心 是 ，作 于 ，连 接 ， ∵P 是圆弧最高点， ∴O 在 PQ 上， ∵两个多边形是正六边形， CDCEEG,ABBF,ECDBFN C EG120 ∴ ， ∴BEC BCE60， ∴BCE 是等边三角形， BC CECD, AD ABBCCD AB2CD44cm,  BFFGBEEG2CD, AB42CD, AB20(cm),CD12(cm), DJ CDBCBJ 1212327(cm), IJ  ABAIBJ 203314(cm),CE CD,ECD120, EDC 30,  K、E、D三点共线， 3 KJ  DJ 9 3(cm), 3 ∵四边形 HIJK 是矩形， HI KJ 9 3(cm) ∴ 4 ∵圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之 比为 ， P MN HI 9 4 ∴ 到 的距离是 9 3 4 3cm， P MN 9  BF NF,BFN 120, BN  3BF 20 3(cm), PQ20 39 34 37 3(cm), 设 HPK 的半径是 rcm， OQ7 3r, OQHK, 1 HQ HK 7, 2 OH2 OQ2HQ2, r2 (7 3r)272, 14 3 r , 3 14 3 r cm ∴HPK 的半径是 3 14 3 故答案为：20, 3【点睛】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键 是由以上知识点求出正六边形的边长，BN 的长，KJ 的长得到 PQ 的长，由勾股定理列出关于 HPK 半径的方程 O O 58．（22-23九年级上·湖北恩施·期末）已知 的半径为a，按照下列步骤作图：（1）作 的内接正方 ABCD ABC D 形ABCD（如图1）；（2）作正方形 的内接圆，再作较小圆的内接正方形 1 1 1 1（如图2）； ABC D A BC D （3）作正方形 1 1 1 1的内接圆，再作其内接正方形 2 2 2 2（如图3）；…；依次作下去，则正方形 ABC D 的边长是 ． n n n n  n1 2 【答案】 a 2n 【分析】观察图形，先根据圆内接正方形的性质求得前几个正方形的边长，进而得出变化规律即可求解． 【详解】解：根据题意， O ABCD AB 2a 在图1中圆 的半径为a，则正方形 的边长 ， 1 2 ABBB  AB a 在图2中， 1 1 2 2 ，  2 2 2 则正方形 的边长AB  2AB 2 a a， ABC D 1 1 1 2 2 1 1 1 11 1  2 2  2 2 在图3中，AA  AB  AB   a  a， 1 2 1 2 2 1 1 2 2  2     2 2  2 3 则正方形 的边长A B  2AA  2  a a， A BC D 2 2 1 2   2   22 2 2 2 2 ……  n1 2 依次类推，正方形 的边长为A B  a， ABC D n n 2n n n n n  n1 2 故答案为： a． 2n 【点睛】本题考查圆内接正多边形与圆的规律探究型问题、正方形的性质，观察图形，正确得出边长的变 化规律是解答的关键． 59．（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24 片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢 或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二 A B A A M M 十四边形顶点 1，正八边形顶点 1与圆心O共线，正二十四边形顶点 1， 10与正八边形顶点 1， 3共 AA 1 10 线，则M M 的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点M ，M ，…， 1 3 1 2 M M O O M M OA 67.5 8逆时针同速旋转．圆心O绕 1旋转后的对应点为 1，以此类推，当 1落在 1 2上时，若 1 OO 米，则 1 5的值为 米．21 1 2 135 2135 【答案】 / OC AA OA ,OA,OM ,OM CM OC 【分析】如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1，运用正多边形的性质说明 3 , AA   1 10 OM 3  2OC,进而得到M 1 M 3 2OC、 A 1 A 10 2CA 10 2OC2 2OC 1 2 2OC ，然后代入M 1 M 3 计算 A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5 即可；如图：由题意可得 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ，运用勾股定理可求得 135 2135 OO  1 2 OO 2OO 1 5 1135 2135 OO  1 2 ，再运用OO 2OO 计算即可． 1 5 1 OC AA OA ,OA,OM ,OM 【详解】解：如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1， 360 360 ∴M OM  290，AOA  9135, 1 3 8 1 10 24 OA OA,OM OM ∵ 10 1 3 1， 90 135 ∴COM  45,COA  67.5, 3 2 10 2 COM OM C 45 ∴ 3 3 ， CM OC OM  2OC ∴ 3 , 3 , M M 2OC ∴ 1 3 ， A OM 67.54522.5,M A O9067.522.5, ∵ 10 3 3 10 A OM M A O ∴ 10 3 3 10 ， A M OM  2OC ∴ 10 3 3 ， A COC 2OC ∴ 10 ，   AA 2CA 2OC2 2OC 1 2 2OC ∴ 1 10 10 ,   AA 1 2 2OC 1 10  1 2 ∴ ． M M 2OC 1 3A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5 由题意可知： 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ， 135 2135 ∴OA 10 2 OO 1 2A 10 O 1 2 ，即 67.52 OO 1 2  OO 1  2OO 1 2 ，解得： OO 1  2 ， OO 2OO 135 2135 ∴ 1 5 1 ． 1 2 135 2135 故答案为 ， ． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本 题的关键． 60．（2021·浙江温州·一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正 六边形，六边形边长为1cm. 目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩 铅为例，可以设计如图的两种收纳方案：（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是 cm. （2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面， 则底面半径的最小值为 cm. 12 3 13 【答案】 【分析】（1）利用圆的面积、等边三角形的面积．即可判断； （2）设计方案如图，利用勾股定理求出半径即可． 【详解】解：（1）如图1，在正六边形中，过点B作BM⊥OA，过C作CN⊥OA， （62）180 ∵正六边形的边长为1，∠ABC=∠BCO= 120 ， 6 1 ∴∠BAM= 120=60， 2 ∴∠ABM=30°，∠MBC=90°， 1 1 ∴AM= AB= ，四边形BMNC是矩形， 2 2 ∴MN=BC=1， 1 同理ON= ， 2 ∴OA=AM+MN+ON=2， 如图2中，圆的半径为3，cm2 ∴底面积为9π（ ）； 如图3中，连接OA，OD，OB ∵OD=2cm，∠OAD=30°，∠ADO=90° ∴OA=OB=2OD=4cm， AD= OA2OD2=2 3 ∴ (cm)， 3 ∴等边三角形的边长AC=4 cm， 1 ∴底面积= (42)4 312 3（ ）<9π（ ） 2 cm2 cm2 12 3 cm2 ∴等边三角形作为底面积时，面积较小，底面积为 ； （2）如图4中，设计方案如图4所示，过点G作GH⊥OE于H，1 在Rt GHE中，∠HGE= 12060 ，GE=1cm 2 △ 1 1 3 12（ ）2  ∴GH=2 cm ，HE= 2 2 （cm） 3  =2 3 ∴OE=4 2 （cm） 2 3 在Rt OET中，ET=1cm，OE= cm， △ OT= OE2ET2  (2 3)212= 13 ∴ （cm） 13 ∴底面半径的最小值为 cm， 13 故答案为： 【点睛】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会 添加常用辅助线，构造直角三角形解题． 61．（23-24九年级上·广东东莞·期中）如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC上一动点，过P 作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N. (1)求出MPN 的度数，并证明PM PN 3a； (2)如图②，点O是AD的中点，连接OM 、ON，求证：OM ON ； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分MON ，求证：四边形OMGN是菱形. 【答案】(1)60°；证明见详解； (2)证明见详解； (3)证明见详解． 【分析】（1）根据正六边形的性质和平行线的性质，得到两个正三角形，然后等量代换即可；（2）根据正六边形的性质，得到OM、ON所在的三角形全等，即可证明； MOG和GON （3）根据（2）的结论以及题意，证明 是等边三角形，即可证明结论． 【详解】（1）证明：延长FA、ED，分别交BC延长线于I，H ∵MP∥AB，PN∥CD，ABCDEF是正六边形 ∴IPM、IAB、HPN、HCD均为等边三角形 ∴PM=PI，AB=IB，PN=PH，CD=CH，∠IPM=∠HPN=60° ∴∠MPN=180°-60°-60°=60° PM+PN=PI+PH=IB+BP+PC+CH=AB+BC+CD=3a （2）证明：如图，令MP交AD于R，NP交AD于Q， ∵ABCDEF是正六边形，O是AD中点 ∴AD∥BC，AO=OD=AB，∠MAR=∠NDQ=60° ∵PM ∥AB ∴ABPR是平行四边形， ∴AR=BP，∠ARM=180°-120°=60° ∴AGM 是等边三角形， ∴AM=MQ=AQ，∠MRO=120° 同理可证QD=PC，DN=DQ=QN，∠OQN=120°， ∵AO=AR+RO=OQ+QD=BP+PC ∴AR=OQ，RO=QN MRO和OQN中 在MROQ  MROOQN 120  ROQN MRO≌OQN ∴ ∴MO=NO （3）证明：连接OE， ∵ABCDEF是正六边形 ∴∠EOD=60° 由（2）知∠NOQ+∠MOR=60° ∴∠MON=120° ∵OG是∠MON的角平分线 ∴∠GON=60° ∵∠GOE+∠EON=60°，∠DON+∠EON=60° ∴∠GOE=∠DON GOE和DON中 在 GEONDO60  OEOD  GOENOD ∴GOEDON ∴GO=GN ∴GO=GM ∵∠MOG=∠NOG=60° MOG和GON ∴ 都是等边三角形 ∵MO=NO∴MO=NO=NG=GM ∴四边形MONG是菱形； 【点睛】本题考查了正六边形，涉及了正三角形、平行线的性质、全等三角形等知识，掌握并熟练使用相 关知识，同时注意解题中需注意的事情，精准识图，合理推论是本题的解题关键． O ABCD O 62．（23-24九年级上·广东汕头·期中）【给出问题】：已知： 是正方形 的外接圆，点P在 上（除A、B外），试求APB的度数． 【分析问题】：善于思考的小明在分析上述题目后，有了以圆为工具来解决问题的思路．用圆来画出准确 的示意图就能顺利解题了，在此基础上进一步探索就有了新发现．请善于思考的你帮助解答以下问题： O ABCD （1）①尺规作图，在 中作出内接正方形 （保留痕迹，不写作法）． ②原题中APB ． 【深入思考】： ABCD O DC （2）【问题】如图1，若四边形 是 的内接正方形，点P为弧 上一动点，连接 PA、PB、PC、PD，请探究PD、PA、PC三者之间或者PD、PB、PC三者之间有何数量关系，并给予证明． ABCDEF O BC （3）【拓展】如图2，若六边形 是 的内接正六边形，点P为弧 上一动点，请探究 PA、PB、PC三者之间有何数量关系： （不写证明过程）． （4）【应用】如图3，若四边形ABCD是矩形，点P为边DC上一点，APB45°，PD2，PC4， 试求矩形ABCD的面积． 45 PB 2PCPD,PA 2PDPC 【答案】（1）①见解析；② ；（2） ，证明见解析；（3） PAPC 3PB 186 17 ，证明见解析；（4） ； 【分析】（1）①利用垂直平分线定义即可作出正方形ABCD；②利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半 即可得到结论；（2）根据题意过点C作CEPC交PB于E，利用圆周角定理得到PDCEBC，再判定PDC≌EBC， 证明出PCE和△PDF 是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形三边关系即可； BM  AP AP AQPC BQ ABQ≌CBP （3）根据题意过点B，作 ，在 上截取 ，连接 ，再证明 ，再利用含 30的直角三角形三边关系即可得到本题答案； （4）根据题意以AB为边，作正方形AEFB，连接PE，PF ，设DEx，则CF DEx，AD6x， 再分别在RtPDA和RtPFC和RtAPF中应用勾股定理即可得到本题答案． BD O ABCD 【详解】解：（1）①如图所示，作直径 的垂直平分线交 于点A，C，则四边形 是正方形； ②如图所示， 1 APB AOB45， 2 故答案为：45． PB 2PCPD,PA 2PDPC （2） ，证明如下： 如图，过点C作CEPC交PB于E，∵BCEDCEDCEDCP， ∴BCEDCP， PC PC ∵ ， ∴PDCEBC， 又∵CDBC， ∴PDC≌EBC（ASA）， ∴PCCE， ∴PCE是等腰直角三角形， PBPEEB 2PCPD ∴ ， PB 2PCPD 即 ， 如图所示，过点C作CF PA交PA于F， △PDF PAPFAF  2PDPC 同理可得 是等腰直角三角形， ， PB 2PCPD PA 2PDPC ∴ ， ； PAPC 3PB （3） ， BM  AP AP AQPC BQ 如图，过点B，作 ，在 上截取 ，连接 ，∵BAPBCP，ABBC， ABQ CBP 在 和 中， AQPC  BAPBCP ，  ABBC ∴ABQ≌CBP（SAS）， BQBP ∴ ， MPQM ∴ ， 又∵APB30， 3 ∴PM  PB， 2 PQ 3PB ∴ ， PAPQAQPC 3PB ∴ ． （4）如图，以AB为边，作正方形AEFB，连接PE，PF ，APB45°， O APF 90 根据（1）可得P在 上，则 ， ∴EF CD ABPDPC 246，设DEx，则CF DEx，AD6x， RtPDA PA2  AD2PD2=(6x)222 在 中， ， RtPFC PF2 PC2CF2 42x2 在 中， ，  2 AP2PF2  AF2  6 2 在RtAPF 中， ， 6x22242x2 72 ∴ ， x 173 解得 （负值舍去）， AD 173 ∴ ，   ABAD6 173 186 17 ∴矩形ABCD的面积为 ． 【点睛】本题考查角平分线定义及画法，圆周角定理，全等三角形判定及性质，等腰三角形判定及性质， 勾股定理，含30的直角三角形三边关系．掌握圆周角定理是关键． 考点十一、圆与函数的综合问题 xOy O P 63．（2022·四川泸州·模拟预测）已知在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，点 是反比例函数 6 y (x0)图像上的一个动点，若以点 为圆心， 为半径的圆与直线 相交，交点为 、 ，当弦 x P 3 yx A B AB 2 5 P 的长等于 时，点 的坐标为 ．     2,3 2 3 2, 2 【答案】 或P yx PH  AB AH  5 PH 【分析】当点 在直线 上方时，作 ，利用垂径定理可得 ，由勾股定理易得 ，   P a,a2 2 作PM x轴交直线AB于点C，由PH 可得CP，设OM a，则CM a，易得， ，因为P   a a2 2 6 点在反比例函数图像上，所以易得 可得a，易得P点的坐标，当点P在直线 yx 下方时， 利用对称性可得P点的另一坐标． yx 【详解】解：当点P在直线 上方时，连接PA，作PH  AB， AH  5 PA3 ，而 ， PH 2． 作PM x轴交直线AB于点C， ∵∠COM PCH 45, ∴PCH HPC 45，OM CM ， PC  2PH 2 2 ∴ ， 设OM a，则CM a，   P a,a2 2 ， 6 ∵点 是反比例函数y (x0)图像上的一个动点， P x   a a2 2 6 ， a 2 ，（负值舍去）   P 2,3 2 ，   P 3 2, 2 yx 当点P在直线 下方时，由对称性可知 ．    2,3 2 3 2, 2 故答案为： 或 ． 【点睛】本题主要考查了垂径定理、反比例函数与一次函数的交点、勾股定理等知识点，正确作出恰当的 辅助线、利用勾股定理和垂径定理解得PC是解答此题的关键． 64．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）根据以下情境信息，探索完成任务． 公路涵洞改造方案的设计与解决 图1是某公路涵洞，图2是其截面示 意图，它由圆心在点O的劣弧AED和 情 矩形ABCD构成．测得公路宽 境 BC 12m，涵洞直壁高AB2m，涵 1 洞顶端E高出道路（BC）6m（即 EG6m）． 现需对公路进行拓宽，改造成双向隔 离车道，并同步拓宽涵洞，中间设置 情 宽为am 的隔离带，两边为机动车 境 道．如图3，改造后的公路宽 2 BC 20m，涵洞直壁高AB和涵洞顶 端E到BC的距离保持不变． 改造方案 方 如图4，将涵洞上半部分劣弧AED改 案 造成顶点为E的抛物线一部分的形 一 式． 方 如图5，将涵洞上半部分劣弧AED改 案 造成仍为劣弧的形式 二 问题解决 任 以点G为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标 务 按方案一改造 系，求抛物线的函数表达式． 1 任 务 按方案二改造 求涵洞上半部分劣弧AED所在圆的半径． 2 任 隔离带最大宽度a的确定 要使高5.5m，宽2.3m的货运车能通过此公路涵洞，分别求 务出两种改造方案下a的最大值（ 2 1.41， 57 7.55，结 3 果精确到0.1m）． 1 【答案】任务一：y x26 25 任务二：14.5m a 任务三： 的最大值分别为2.4和2.9 【分析】该题主要考查了二次函数的解析式求解，垂径定理，勾股定理以及线段垂直平分线的性质和判定 等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． G BC x E0,6 D10,2 任务一：以 为原点， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，得出 ，结合 算出抛物线 的表达式； 任务二：设圆心为O，劣弧AED所在圆的半径为R，连结OE交AD于点F ，连结OD．得出OF 垂直平分 AD，DF 10，OF R4，在Rt△DOF 中用勾股定理即可求解； 5 任务三：（1）按方案一改造．当y5.5时，求出x 2 2，即可求解． （2）按方案二改造．由题意知改造后为双向车道，且隔离带宽为a，作MN OE于点N ．由任务二知半 径OM 14.5m．求出GN 5.5时，ON的值，在Rt△OMN中由勾股定理求出MN，即可求解； 【详解】任务一：解：如图，以G为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系， EG6， E0,6 ， yax26 故设抛物线的表达式为 ， D10,2 100a62 把点 代入得： ， 1 解得：a ． 25 1 y x26． 25 任务二：解：如图，设圆心为O，劣弧AED所在圆的半径为R，连结OE交AD于点F ，连结OD．由题意得OF 垂直平分AD， BC20， OF R62R4 DF 10 ， ． Rt△DOF DF2OF2 OD2 在 中，由勾股定理，得 ， 102R42 R2 R14.5 即 ，解得 ． 即劣弧AED所在圆的半径为14.5m． 任务三： （1）按方案一改造． 1 解：当y5.5时，5.5 25 x26， 5 解得：x 2． 2 5  a2 22.35 24.62.45． 2  a 从而 的最大值为2.4． （2）按方案二改造． 解：如图，由题意易知改造后为双向车道，且隔离带宽为a， ， a MN 2.3 2 作MN OE于点N ． 由任务二知半径OM 14.5m． ON OGGN 14.565.514 GN 5.5 当 时， ．57 MN  14.52142  在Rt△OMN中，由勾股定理得： 2 ， a 57 2.3  2 2 ， a 574.62.95 解得 ． a 从而 的最大值为2.9． a 综上所述， 的最大值分别为2.4和2.9． 1 65．（2024·广东珠海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y x2bxc与x轴交于 2 AB 两点，与y轴交于C点，且OBOC 4． (1)求抛物线的解析式； (2)在第一象限内抛物线上是否存在点M，使BCM 15，如果存在，求M点的坐标，如果不存在，说明 理由； (3)若D是抛物线第二象限上一动点，过点D作DF x轴于点F，过点A、B、D的圆与DF交于E点，求 ABE的面积． 1 【答案】(1)y x2x4 2   22 3，22 3 (2)存在， (3)6 B4，0 C0，-4 【分析】（1）根据题意得到 ， ，利用待定系数法求出函数解析式即可； 4 3 （2）判断 是等腰直角三角形，可求出 ，设 交x轴于点D，则ODOCtan30 ， BOC OCM 30 CM 3 y 3x4   1 求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线 的解析式，联立方程组 y x2x4，求出公共解即可 CD  2 求出点M坐标； G1，t GD2 GA2 （3）记过点A、B、D的圆的圆心为点G，设 ，根据 ，可得出 m2 2m1n22tn90 m2 2m2n8 ①，由点D在抛物线上，可得出 ②，将②代入①得求出 1 ，根据三角形面积公式求出S  ABEF 32tn ，然后整体代入计算即可． 2tn2 ABE 2 【详解】（1）解：∵OBOC 4， 4，0 0，-4 ∴点B的坐标为 ，点C的坐标为 ， 1 把B4，0，C0，-4代入y x2bxc， 2 84bc0  得c4 ， b1  解得c4， 1 ∴抛物线的解析式为y x2x4； 2 （2）解：在第一象限内抛物线上存在点M，使BCM 15，理由如下： 如图BCM 15， ∵OBOC，BOC 90， ∴BOC是等腰直角三角形， ∴ABC OCB45，∵BCM 15， ∴OCM 30， 4 3 设 交x轴于点D，则ODOCtan30 ， CM 3 4 3   ,0 ∴点D的坐标为 3 ；   CD ykxb 设直线 的解析式为 1， b 4  1 4 3 则  kb 0，  3 1 k  3  解得 b 4， 1 y 3x4 ∴ ，  y 3x4   1 联立 y x2x4，  2  x22 3 x0 解得  ， （舍） y22 3 y4   22 3,22 3 ∴点M的坐标为（ ， 1 1 （3）解：把 代入y x2x4，得0 x2x4， y0 2 2 x 2 x 4 解得 1 或 2 ， 2，0 ∴点A的坐标为 ， ∴AB=6， 设过点A、B、D得圆的圆心为点G，∵GAGB， ∴点G在线段AB的垂直平分线上， 1，t 设点G的坐标为 ， 同理可得点G在线段DE的垂直平分线上， ∵DEx轴于点F， Dm，n Em，2tn ∴设 ，则 ， 1 1 ∴S  ABEF  62tn32tn ， ABE 2 2 GD2 GA2 ∵ ， 1m2tn2 2120t2 ∴ ， 整理得m2 2m1n22tn90①， ∵点D在抛物线上， 1 ∴ m2 m4n， 2 得m2 2m2n8②， 将②代入①得，n2 2tn2n0， ∵n0， ∴n2t20，即2tn2， S 32tn6 ∴ ABE ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征 以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键． 1 66．（2024·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y x2bxc与x轴交于 两点， 2 A,B与y轴交于C点，且OBOC 2OA． (1)求该抛物线的解析式； (2)抛物线上是否存在点M，使ABC BCM ，如果存在，求点M的坐标，如果不存在，说明理由； DF x A,B,D DF (3)若点D是抛物线第二象限上一动点，过点D作 轴于点F，过点 的圆与 交于点E，连接 AE,BE ABE ，求 的面积． 1 【答案】(1)y x2x4 2 M2,4 (2)存在， (3)6 1  【分析】（1）根据题意得到 Bc,0 ， A 2 c,0 ，，利用待定系数法求出函数解析式即可； MC  y M y4 （2）作 轴交抛物线于点 ，将 代入求出答案； A B D G G(1,t) （3）记过点 、 、 的圆的圆心为点 ，设 ，根据面积公式或利用相似三角形的判定与性质列出 式子求出答案． 【详解】（1）解：令x0，则 yc ， C0,c ， OC c，  OBOC 2OA，1 OBc,OA c ， 2 1   Bc,0，A 2 c,0  ， 1 1 抛物线过y x2bxc点A，B，y x2bxc  2 2 1 c2bcc0  2  1 1 ，解得b1，  c2 bcc0  8 2 c4 1 抛物线为y x2x4；  2 M2,4 （2）解：存在 ，理由如下：  OBOC 4，BOC 90， ABC OCB45， 若BCM ABC 45， MC x MC  y 则 轴或 轴， 又点M 在抛物线上， MC  y 轴， MC  y M 作 轴交抛物线于点 ， 1 当 时， x2 x44， y4 2 x 0 x 2 解得 1 ， 2 ，M2,4  ； A2,0,B4,0 （3）解：由（1）知 ， AB426  ， 记过点A、B、D的圆的圆心为点G， G1,t G AB 则点 在线段 的垂直平分线上，故可设 ， 同理，点G在线段DE的垂直平分线上， 又 DEx轴于点F ，  Dm,n Em,2tn 设 ，则 ， 1 1 S  ABEF  62tn32tn ，  △ABE 2 2  GD2 GA2 ， 1m2tn2 2120t2  ， m22m8n22tn0 即： ①， 又点D在抛物线上， 1 m2 m4n，即： ②，  2 m22m82n 将②代入①得： n2 2tn2n0，  n0，n2t20，即：2tn2， S 32tn6  △ABE ， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求出函数解析式，抛物线上的点的坐标特征 以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键． yax2bx2 67．（23-24九年级下·福建福州·期中）如图，已知抛物线 的图象与x轴交于点A(-2,0)和 B1,0 AC，BC 点 ，与y轴交于点C．连接 ． (1)求抛物线的解析式； (2)点M在直线AC下方的抛物线上，过点M作MN∥BC，交AC于点N，求MN的最大值，并写出此时 点M的坐标； VABC QBC PAB (3)点P是 的外心，点Q在抛物线上，且位于y轴左侧，若 ，求点Q的坐标． yx2x2 【答案】(1)抛物线的解析式为 ； 5 1，2 (2)MN的最大值为 3 ，点M的坐标为 ； 1，2 (3)点Q的坐标为 ． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； M  m，m2m2  （2）作 MEx 轴交直线 AC 于点E，作 OD∥AC 交直线BC于点D，设 ，证明 △MEN∽△COD，利用相似三角形的性质列出关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （3）作PF  AB，PG AC，根据外心的定义以及圆周角定理求得CBGPBAPAB，求得直线 BG的解析式，据此求解即可．B1,0 【详解】（1）解：把点A(-2,0)和点 代入得 4a2b20 a1   ab20 ，解得b1， yx2x2 ∴抛物线的解析式为 ； x0 y2 （2）解：当 时， ， C0,2 ∴ ， BC ykx2 B1,0 0k2 k 2 设直线 的解析式为 ，代入 得 ，解得 ， BC y2x2 ∴直线 的解析式为 ， 同理直线AC的解析式为y  x 2， 作MEx轴交直线AC于点E，作OD∥AC交直线BC于点D， ∴直线OD的解析式为 yx ， 2 联立 ，解得x ， x2x2 3 2 2 ∴D , ， 3 3 2 2 2 2  2 5 ∴ CD    2  ， 3 3  3 M  m，m2m2  Em，m2 设 ，由 ， EM m2m2m2m22m ∴ ， 由题意得△MEN∽△COD，m22m MN  ∴ME MN ，即 2 2 5 ，  OC CD 3 5 5 5 ∴MN   m22m   m12 ， 3 3 3 5  0 ∵ 3 ， 5 ∴当m1时，MN有最大值，最大值为 3 ， 1，2 此时点M的坐标为 ； （3）解：连接PB，作PF  AB， ∵点P是VABC的外心， 1 ACB APB ∴PAPB， 2 ， 1 ∴ ，BPF  APBACB， PABPBA 2 作BG AC， 此时CBGPBAPAB， 延长BG交抛物线于点Q， C0,2 ∵A(-2,0)， ， ∴△AOC是等腰直角三角形， ∴ABG也是等腰直角三角形， ∴G、P、F共线， 1 1 3 3 1 ∴GF BF  AB 12 ，OF  1 ， 2 2 2 2 2  1 3 G ,  ∴  2 2， 同理直线BG的解析式为yx1， x1x2x2 x1 联立 ，解得 （舍去正值），1，2 ∴点Q的坐标为 ． 【点睛】此题是二次函数的综合问题，重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定 系数法求函数解析式、三角形的外心、圆周角定理、等腰三角形的性质、数形结合与分类讨论数学思想的 运用等知识与方法． yx22mxm2m5 68．（2023·广东佛山·一模）二次函数 ． (1)当m1时，函数图象与x轴交于点A、B，与 y 轴交于点C． ①写出函数的一个性质； ②如图1，点P是第四象限内函数图象上一动点，求出点P坐标，使得BCP的面积最大； Q Q QF x F ABQ QF ③如图2，点 为第一象限内函数图象上一动点，过点 作 .轴，垂足为 ， 的外接圆与 交于点D，求DF的长度； Mx,y  Nx ,y  x x x x 3 y  y m (2)点 1 1 、 2 2 为函数图象上任意两点，且 1 2.若对于 1 2 时，都有 1 2，求 的取 值范围． 27 【答案】(1)①函数图象的顶点坐标为1,4；② ；③ 8 DF 1 3 m (2) 2【分析】（1）先求得二次函数的解析式，①根据解析式和二次函数的性质写出性质即可；②根据二次函 数的解析式求得点A、B、C的坐标，再求得直线BC的解析式，过点P作PH x轴于H，设 P  m,m22m3  ，则 Gm,m3 ， 0m3 ，PGm23m，进而 1 3 3 3 2 27 S  PHx x   m23m   m   BCP 2 B C 2 2 2 8 ，利用二次函数的性质求解即可； HN x HM QF HB HD ③设圆心为H，过H作 轴于N， 于M，连接 ， ，利用垂径定理可得 1 AN BN  2 AB2，QM MD，N1,0，设Q  t,t22t3 ， DF x ，利用坐标与图形性质得到 1 t22t3x ， ，MD QD ， ，证明四边形 是矩形 QF t22t3 QDt22t3x 2 2 FN t1 HNFM t22t3x t22t3x 得到HN MF  x ， ，然后利用勾股定理得到 2 2 HM FN t1 HN2BN2 HM2MD2 ，进而求得x值即可求解； （2）根据二次函数的性质得到该二次函数图象开口向上，对称轴为直线xm，则当xm时，y随x的增 大而增大，进而根据点M、N的中点坐标和对称轴的位置关系即可求解． yx22x3x124 m1 【详解】（1）解：当 时， ， 1,4 ①函数图象的顶点坐标为 ； y0 x22x30 x 1 x 3 ②令 ，由 得 1 ， 2 ， x0 y=3 当 时， ， A1,0 B3,0 C0,3 ∴ ， ， ， BC ykx3 设直线 的解析式为 ， B3,0 3k30 k 1 将 代入，得 ，解得 ，BC yx3 ∴直线 的解析式为 ， 过点P作PH x轴于H， 与BC交于G， P  m,m22m3  Gm,m3 0m3 设 ，则 ， ， PGm3  m22m3  m23m ∴ ， 1 3 3 3 2 27 S  PHx x   m23m   m   ∴ BCP 2 B C 2 2 2 8 ， 3 ∵ 0， ， 2 0m3 3 27 ∴当m 2 时，S BCP 有最大值，最大值为 8 ； HN x HM QF HB HD ③设圆心为H，过H作 轴于N， 于M，连接 ， ， 1 则AN BN  2 AB2，QM MD，N1,0，Q  t,t22t3  DF x 设 ， ， QF x ∵ 轴， Ft,0 ∴ ， 1 t22t3x ∴ ， ，MD QD ， ， QF t22t3 QDt22t3x 2 2 FN t1 ∵HNF NFM HMF 90， ∴四边形HNFM 是矩形， t22t3x t22t3x ∴HN MF  x ， ， 2 2 HM FN t1 Rt△HNB HB2 HN2BN2 在 中， ， 在RtHMD中，HD2 HM2MD2， ∵HBHD， HN2BN2 HM2MD2 ∴ ， t22t3x 2 t22t3x 2   22 t12  则  2   2  ， 解得x1，即DF 1； yx22mxm2m5xm2m5 （2）解：由于 ∴二次函数图象开口向上，对称轴为直线xm， ∴当xm时，y随x的增大而增大， x x 3 ∵点Mx 1 ,y 1 、Nx 2 ,y 2 为函数图象上任意两点，且x 1 x 2 ，若对于x 1 x 2 3即 1 2 2  2 时，都有 y  y 1 2， 3 m ∴ ． 2 【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、二次函数的图象与性质、 三角形的面积、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质，利用 数形结合思想进行分析求解是解答的关键．yax22ax3a B y A 69．（2023·浙江湖州·模拟预测）如图1，抛物线 的顶点为 ，与 轴交于点 ，其对 称轴与x轴交于点E，点D是抛物线对称轴左侧一动点，以AB和AD为边作 ABCD，连结DE．已知抛 2,3 物线经过点 ． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)若C、D、E三点在同一直线上，记 ABCD的面积为S，求证：S 4． EBD30 BDE FDE y (3)连结BD，若 ，(如图2)，将 沿DE边翻折，得到 ，试探究：在 轴上是否存在 点P，使BPF 60？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由 yx22x3 【答案】(1) (2)见解析     P 0, 15 P 0, 15 (3)存在， 或 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； 1 （2）连接 ， ，根据平行线的性质得出S 2S 2S 2 BEEO4，即可求解； AE BD ABD ABE 2  4  G1 3,0 D   31,1  （3）延长BD交x轴于点G，得出  3 ，进而求得 ，根据勾股定理的逆定理可得 BDE90 F FQBF BE Q BQ E y P ，过点 作 交 于点 ，以 为直径， 为圆心作圆，交 轴于点 ，则 BPF BQF 60 BPQ90 BP2PQ2 BQ2 ，根据直径所对的圆周角是直角得出 ，则 ，进而即可求解． 2,3 yax22ax3a 【详解】（1）解：将点 代入 ， 3a222a23a 得， ， 解得：a1 ， yx22x3 ∴抛物线解析式为： ； yx22x3x124 E1,0 （2）解：∵ ，则 ，则OE1， 当x0时，y3， B1,4 ∴A(0,3)， ， ∴BE4, 连接AE，BD如图所示， ∵四边形ABCD是平行四边形， AB∥CD S 2S ∴ ， ABD， 当C、D、E三点在同一直线上， ∴AB∥DE， 1 ∴S 2S 2S 2 BEEO414； ABD ABE 2 （3）解：如图所示，延长BD交x轴于点G，∵EBD30，BE4， 3 4 GEBEtan304  3 ∴ 3 3 ，  4  G1 3,0 ∴  3 ，  4  设直线BG的解析式为yk xb ，代入 G  1 3 3,0 ， B1,4 ， 1 1 k b 4 1 1   4  得     1 3 3  k 1 b 1 0，  k  3 1  解得： ， b  34 1 BG y 3x 34 ∴直线 的解析式为 ， y 3x 34  yx22x3 ， x 31 x1   解得： y1 或 y4 ，   D  31,1 ∴ ，DE2    311 2 12 4 BD2    311 2 412 12 ∴ ， ，BE2 42 16， ∴BE2 BD2DE2， ∴BDE90， ∵将BDE沿DE边翻折，得到FDE， F BD DF DB2 3 EF EB4 ∴ 在直线 上，且 ， ， F FQBF BE Q 过点 作 交 于点 ， ∵DBE30， BQF 60 EQEF EB4 ∴ ，则 ， Q1,4 ∴ ， BQ E y P BPF BQF 60 以 为直径， 为圆心作圆，交 轴于点 ，则 P0,p BP2 124 p2 设 ，则 ， BQ2 82 64 QP2 124 p2 ， ， ∵BQ是直径， BPQ90 BP2PQ2 BQ2 ∴ ，则 ， 14 p214 p2 64 ∴ ，p 15 解得， ，     P 0, 15 P 0, 15 ∴ 或 ． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，折叠的性 质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点十二、圆的应用 70．（2023·河北衡水·二模）如图1，某校学生礼堂的平面示意图为矩形ABCD，其宽AB20米，长 BC 24米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面CD上安装一台摄像头M 进行观测， 并且要求能观测到礼堂前端墙面AB区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点M 出发的观测角 AMB45．甲、乙二人给出了找点M 的思路，以及MC的值，下面判断正确的是( ) 甲：如图2，在矩形ABCD中取一点O，使得OAOBOM ，M 即为所求，此时CM 10米； 乙：如图3，在矩形ABCD中取一点O，使得OAOB，且AOB90，以O为圆心，OA长为半径画弧， 交 CD 于点 M 1， M 2，则 M 1， M 2均满足题意，此时 MC 8 或 12 ． A．甲的思路不对，但是MC的值对 B．乙的思路对，MC的值都对且完整 C．甲、乙求出的MC的值合在一起才完整 D．甲的思路对，但是MC的值不对 【答案】B 【分析】以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且AOB90，过O作 HG AB于H ，交CD于G，利用等腰直角三角形的性质求出OA，OG的长，则以O为圆心，OA为半径 的圆与 CD 相交，从而 O 上存在点 M ，满足 AMB45 ，此时满足条件的有两个点 M ，即 M 1， M 2， 过 M 1作 M 1 F  AB 于 F ，作 EOM 1 F 于 E ，连接 OF ，利用勾股定理求出 OE 的长，从而解决问题． 【详解】解：以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且AOB90，过O作 HG AB于H ，交CD于G，∴四边形HBCG和四边形AHGD是矩形， ∵AB20，BC 24， ∴HGBC 24，HGCD， ∴BH  AH OH 10， OA AH2OH2  102 102 10 2 ∴ ， ∴OGHGOH 241014， 10 2 14 ∵ ， ∴以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交， ∴ O 上存在点 M ，满足 AMB45 ，此时满足条件的有两个点 M ，即 M 1， M 2， GM GM ∴ 1 2， 过 M 1作 M 1 F  AB 于 F ，作 EOM 1 F 于 E ，连接 OF ， HFEO EOGM FBCM ∴四边形 ，四边形 1和四边形 1是矩形， EF OH 10 OM OA 10 2 ∴ ， 1 1 ， EM OG14 ∴ 1 ，  2 ∴OE OM 2EM 2  10 2 142 2， 1 1GM GM FH OE2 ∴ 2 1 CM CGGM BH GM 1028 ∴ 1 1 1 （米）， CM CGGM BH GM 10212 2 2 2 （米）， ∴MC的长度为8米或12米， ∴乙的思路对，MC的值都对且完整． 故选：B． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理 等知识，将四边形的综合题转化为圆的综合题是解题的关键． 71．（2024·浙江温州·二模）图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板AB∥CD∥EF，且点E 是BD的中点，测得ABEF 12cm，CD18cm，BAC 90，ABG60，则该圆形置物架的半径为 cm． 【答案】14 【分析】本题考查三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，垂径定理的推论，勾股定理，含30度的直角 三角形的性质等知识，正确作出辅助线找出圆心所在的直线是解题的关键． BM CD EQ 【详解】过点B作 于点M，取BM的中点Q，连接并延长 交AC于点P， ∵Q是BM的中点，点E是BD的中点， 1 ∴ EQ∥CD ，EQ 2 DM ， ∴点P、Q、E、F共线， 又∵AB∥CD，BAC 90， ∴C90， ∴四边形ACMD是矩形，ABCM 12cm，DM CDCM 6cm EQ3cm ∴ ， ， 又∵ABG60，AB∥CD， ∴BDC ABG60，MBD30， 1 ∴ ， ，BQ BM 3 3， BD2DM 12cm BM  BD2DM2 6 3cm 2 又∵AB∥CD∥EF，BM CD ∴FP AC，FPBM ， APQB CPQM ∴四边形 ， 也是矩形， 1 1 ∴APBQ BM  AC 3 3cm， ， ， 2 2 PQ AB12cm APQ90 EPPQEQ15cm FPEPEF 27cm ∴ ， ∴PF是AC的垂直平分线，即直线PF是直径所在的直线， 在EP上取圆心为O，连接AO， OP27rcm AOOF rcm 设 ，则 ， AP2OP2  AO2 在Rt APO中， △  3 3 2 27r2 r2 ∴ ， 解得：r 14， 故答案为：14． 72．（23-24九年级上·浙江温州·阶段练习）图1是车载手机支架实物图，图2是其正面示意图，其中OA， OB，OC为伸缩杆，其中OAOBOC，支架最大宽度AB10cm，支架的高为10cm，则VABC外接圆 O的半径为 cm，当一部宽为8cm的手机置于支架中，如图3，此时手机夹臂收缩，OG 5 手机托下移，手机伸缩杆的移动距离相同 ，形成的 外接圆的圆心为点 ，若  ， (BGAECF) EFG P GE 8 则OP为 cm． 25 125 【答案】 4 84 【分析】此题主要考查了垂径定理，勾股定理等．延长CO交AB于点D，设O的半径为rcm，在 Rt△OAD中由勾股定理求出r即可；由垂径定理及切线的性质可知：OD AB，ODGE， 25 5 OAOC cm BGAECF  cm ADBD5cm ，EH GH 4cm，由 OG:GE5:8 得 GE8cm ，由 4 可得 4 ， 15 OF OCCF  cm 进而得 2 ，在Rt△OHE中由勾股定理求出 OH 3cm ，设OPacm，在Rt△PHE中由勾股 定理即可求出a的值． 【详解】解：延长CO交AB于点D，如图1所示： 依题意得：AB10cm，CD10cm， 由垂径定理得：OD AB，ADBD5cm， 设O的半径为rcm，则OAOBOCrcm， ODCDOC(10r)cm，Rt△OAD AD2 OA2OD2 在 中，由勾股定理得： ， (10r)2 r252 ， 25 解得：r ， 4 25 的半径为 cm； O 4 延长CO交AB于D，交GE于H ，连接PE，如图2所示： 依题意得：AB10cm，GE8cm， 由垂径定理及切线的性质可知： OD AB，ODGE，ADBD5cm，EH GH 4cm， BGAECF ，OAOB， OGOE， OG:GE5:8，GE8cm， OGOE5cm， 25 OAOC cm 又 ； 4 25 5 BGAEOAOE 5 (cm) ， 4 4 5 CF  cm ， 4 25 5 15 OF OCCF    (cm) ， 4 4 2 Rt△OHE OH  OE2EH2  5242 3(cm) 在 中，由勾股定理得： ，15  PE PF OFOP acm 设OPacm，则PH POOH (a3)cm，  2  ， 在Rt△PHE中，由勾股定理得：PE2 EH2PH2， 15  2  a 42(a3)2 即 2  ， 125 解得：a ． 84 125 即 为 ． OP 84 25 125 故答案为： ； ． 4 84 73．（2024·陕西西安·一模）【问题提出】 （1）如图1，AB为O的弦，在O上找一点P并画出，使点P到AB的距离最大；（不需要说明理由） 【问题探究】 2 2 AMB M P AB AB，MP AB （ ）如图 ，在扇形 中，点 为扇形所在圆的圆心，点 为 上一动点，连接 ， 与 MP Q AB4 14 BM 9 PQ 交于点 ，若 ， ，求 的最大值； 【问题解决】 （3）某公园有一圆形水池O（如图3），AB、AD是水池上的两座长度相等的小桥，且BAD60， 现规划人员计划再修建两座小桥BC和CD，桥的入口C在水池边上（即点C在O上），为使游客观赏效 果最佳，要求四座桥围成的四边形ABCD面积最大，已知AB AD60m，修建小桥的成本为100元/m， 当四边形ABCD的面积最大时，求修建BC和CD两座小桥的总成本． 1 2 PQ 4 3 BC CD 4000 3 【答案】（ ）作图见解析（ ） 的最大值为 （ ）修建 和 两座小桥的总成本为 元 【分析】（1）过点O作AB的垂线，交优弧于点P，点P即为所求；（2）由PQPM QM 知，当QM 最小时， PQ最大，求出此时的PM ，QM 即可求解； （3）当AC经过圆心时，四边形ABCD的面积最大，求出此时的DC和BC即可解答； 本题考查了垂径定理定理，勾股定理，30°的直角三角形的性质，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 【详解】解：（1）过点O作AB的垂线，交优弧于点P，点P即为所求； 2 M PM AB AB Q （ ）过点 作 交 于点 ， ∵PQPM QM ，PM 是半径，不会随着点P的运动而改变， ∴当QM 有最小值时，PQ有最大值， 即当PM AB时，QM 最小，此时PQ最大， AB4 14 ∵ ， AQBQ2 14 ∴ ，  2 ∴QM  AM2AQ2  92 2 14 5， PQPM QM 954 ∴ ， ∴PQ的最大值为4； （3）当AC经过圆心时，四边形ABCD面积最大，则ADC 90，根据垂径定理可得DC BC，DAC BAC， ∵DAB60， ∴DACBAC30， ∴AC 2DC， RtADC AD2DC2  AC2 在 中，由勾股定理可得 ， 602DC2 2DC2 ∴ ， DC BC 20 3 解得 ，   20 320 3 1004000 3 ∴修建BC和CD两座小桥的总成本为： 元． O OAl，PH l 74．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图①， 点P 为 上一点， ， 垂足分别为点A 与点H， 若OA5，OP3，则PH 的最大值为 ； (2) 如图②， 在VABC中，C90，AC8，BC 6， D 是边AC上一点， 且CD2， 点E 是边BC 上一点， 将CDE沿DE折叠， 则点C落在 F 处， 连接BF， 求△BEF周长的最小值；   BC  6020 3 m （3）如图③，是某花园的设计示意图，已知AB60 2m， ，ABC45， ADCD，ADC90 ABC O BC ， 弧 为 上的一段优弧， 点E为弧 上的一点，过点E与点O铺设一条观 赏小路EF，过点 A 铺设一条与之垂直的观赏小路AF ，垂足为F，现计划在FCD内种植牡丹花，已知 牡丹花每平米的成本费为 500 元，则种植牡丹花所需费用至少为多少元？ 2 104 300000 【答案】（1）8；（2） ；（3） 元 【分析】（1）过点 O作OO⊥PH于E，则四边形OAHE是矩形，据此得到HEOA5，再由OPPE， 即可得到PH PEHE OPOA8；（2）如图所示，连接BD，由折叠的性质可得EF EC，DF CD2，则△BEF的周长 BEEFBF BCBF ，根据题意可得点F在以D为圆心，2为半径的圆上运动，故当B、D、F 三点 共线，且点F在BD上时，BF有最小值，即此时△BEF的周长最小，利用勾股定理求出 BD BC2CD2 2 10 △BEF 2 10262 104 ，则 的周长最小值为 ； （3）如图所示，过点A作AGBC于G，连接AC，OA，OC，证明△BAG是等腰直角三角形，得到 2 AGBG AB60m 2 ，则CGBCBG20 3m，利用勾股定理求出AC 40 3m，则 2 2 ADCD AC 20 6m OA AC 20 6m 2 ，由圆周角定理得到AOC 2ABC 90，则 2 ；如图 OA PQCD PF FM CD AF EF 所示，取 的中点P，过点P作 于Q，连接 ，过点F作 于M，由 ，deed OA PQPF MF MF PQPF 点F在以点P为圆心， 为直径的圆上运动，由（1）可知 ，即 ，证明四边 AOCD APQD PQ AD20 6m MF PQPF 10 6m 形 是正方形，进而证明四边形 是矩形，得到 ，则 ， 1 1 再由S △FCD  2 CDMF ，得到当 MF 最小时，S FCD 最小，则S FCD 最小值为 2 20 610 6 600m2 ，可 得种植牡丹花所需费用至少为600500300000元． 【详解】解：（1）如图所示，过点 O作OO⊥PH于E，则四边形OAHE是矩形， ∴HEOA5， ∵OPPE， ∴PH PEHE OPOA538， ∴PH 的最大值为8， 故答案为：8；（2）如图所示，连接BD， 由折叠的性质可得EF EC，DF CD2， ∴△BEF的周长BEEF BF BECEBF BCBF ， ∵DF 2， ∴点F在以D为圆心，2为半径的圆上运动， ∴当B、D、F 三点共线，且点F在BD上时，BF有最小值，即此时△BEF的周长最小， ∵BC 6，CD2，∠BCD90， BD BC2CD2 2 10 ∴ ， △BEF 2 10262 104 ∴ 的周长最小值为 ； （3）如图所示，过点A作AGBC于G，连接AC，OA，OC， ∵ABC45， ∴△BAG是等腰直角三角形， 2 AGBG AB60m ∴ 2 ，   BC  6020 3 m ∵ ， CGBCBG20 3m ∴ ，AC  AG2CG2 40 3m ∴ ； ∵ADCD，ADC90， 2 ADCD AC 20 6m ∴ 2 ， ∵AOC 2ABC 90，OAOC， 2 OA AC 20 6m ∴ 2 ； OA PQCD PF FM CD 如图所示，取 的中点P，过点P作 于Q，连接 ，过点F作 于M， ∵AF EF， ∴AFO90， ∴点F在以点P为圆心，OA为直径的圆上运动， PQPF MF 由（1）可知 ， MF PQPF ∴ ， ADCDOAOC 20 6m，∠ADC 90 ∵ ， ∴四边形AOCD是正方形， ∠PAD∠ADQ90 ∴ ， 又∵PQCD， APQD ∴四边形 是矩形， PQ AD20 6m ∴ ， 1 ∴MF PQPF 20 6 20 6 10 6m， 2 1 ∵S  CDMF ， △FCD 2 S ∴当 MF 最小时， FCD最小， 1 ∴S 最小值为 20 610 6 600m2 ， 2 FCD∴种植牡丹花所需费用至少为600500300000元． 【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的距离的最小值问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定， 折叠的性质，圆周角定理，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线找到动 点的估计是圆是解题的关键． 75．（23-24九年级上·陕西西安·期末）【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观 赏者和展品，现在数学小组想知道围栏位置是否合适，做出以下研究． 【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与 最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角最大． O MN  【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的 与过点C的水平线 相切于点C时，视角 最大，站 在此处观赏最理想．这是为什么呢？ 请思考后完成填空： 设点C是MN上任意一个异于C的点，1是BDC的外角， 1DBC2 1______2（填“、或”），  AB AB 又 1______， ACB2． 眼睛位于点C处时，最大． 【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度AF 为3.4米， 最低点B距离地面的高度BF为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置 最合适呢？ 【答案】米勒定理∶，ACB；问题解决∶ 围栏放在距离墙壁0.8米位置最合适 【分析】米勒定理∶由1DBC2得12，由圆的基本性质得1ACB，即可求证； 问题解决∶过O作OE AB交AB于E，由矩形的判定方法得 四边形OCME是矩形，由矩形的性质得 OC EM ，CM OE，由线段和差可求AB1，BM 0.8，由垂径定理得AE0.5，由勾股定理得 OE OA2AE2 ，即可求解． 【详解】米勒定理 请思考后完成填空： 设点C是MN上任意一个异于C的点， 1是BDC的外角， 1DBC2， 12（填“、或”），  AB AB 又 ， 1ACB，ACB2， 眼睛位于点C处时，最大， 故答案：，ACB； 问题解决∶ 解：如图，过O作OE AB交AB于E， 四边形OCME是矩形， OCEM ， CM OE， OAOC EM ，  AB AFBF 3.42.4 1， 1 AEBE AB0.5， 2  BM BFMF 2.41.6 0.8， EM BEBM 0.50.8 1.3， OAEM 1.3， 在RtOEA中， OE OA2AE2  1.320.52 0.8，CM 0.8， 故围栏放在距离墙壁0.8米位置最合适． 【点睛】本题考查了矩形的判定及性质，圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，掌握性质，理解米勒定理 及题意中线段的实际意义，构建直角三角形用勾股定理求解是解题的关键． 76．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）【观察思考】： Q l 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块 在平直滑道 上可 Q PQ PQ OP O 以左右滑动，在 滑动的过程中，连杆 也随之运动，并且 带动连杆 绕固定点 摆动．在摆动过 程中，两连杆的接点P在以OP为半径的O上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识， O OH l H OH 8 PQ6 OP4 过点 作 于点 ，并测得 分米， 分米， 分米． Q l (1)点 在 上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是______分米； Q H PQ O (2)如图3，小明同学说：“当点 滑动到点 的位置时， 与 是相切的．”你认为他的判断对吗？为 什么？ (3)小丽同学发现：“当点P运动到OH 上时，点P到l的距离最小．”事实上，还存在着点P到l距离最大 的位置，此时，点P到l的距离是______分米； 【答案】(1)12 (2)不对，详见解析 (3)6 Rt△OQH QH 【分析】（1）当O、P、Q三点共线时，在 中，由勾股定理可求得 的长度即可解答； OP4、PQ6、OH 8 PQ O （2）显然不对，当Q、H重合时， ，显然构不成直角三角形，故 与 不相切； PQ6 PQ （3）当P到直线l的距离最长时，这个最大距离为 ，此时 直线l； OQOPPQ4610 【详解】（1）解：当O、P、Q三点共线时， 分米 Rt△OQH 在 中， QH  OQ2OH2  10282 6 由勾股定理可求得 ， Q l 6612 ∴点 在 上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是 分米． 故答案为：12； （2）解：不对．理由如下： OP4、PQ6、OH 8 ∵ ， OQOH 8 ∵当Q、H重合时， ， 82 6242 OQ2 PQ2OP2 ∵ ，即 ， ∴OP与PQ不垂直． ∴PQ与O不相切． PQ PQl （3）解：因为 的值永远是6，只有 时，点P到直线l的距离最大，此时最大的距离是6分米； 【点睛】本题主要考查了勾股定理、切线的判定、矩形的判定和性质、垂径定理等知识点，灵活运用相关 知识是解答本题的关键． 考点十三、与圆有关的计算 77．（23-24九年级下·河南驻马店·阶段练习）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，点A、B、 O C AB A E F AO BO EF 5 均为格点，点 为 的三等分点（靠近点 ），点 、 分别是线段 、 上的动点，且 ， 点G为EF的中点，连接CG、BG．在EF滑动的过程中，当CG值最小时，阴影部分的面积是 ．25 25 【答案】  3 6 8 1 AB OG BC OC AOB90 AB 【分析】如图 ，连接 、 、 、 ，根据勾股定理的逆定理确定 ，即 的度数为 1 5 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OG EF  ，根据题意得 ，即 90 2 2 CGOGOC CGOCOG，推出当点O、G、C三点共线时，取“”号，此时CG值最小，最小值为： 5 CGOCOG ，进一步得出点 为 的中点，如图 ，根据弧的度数的意义确定 ，证明 2 G OC 2 BOC 60 △OBC为等边三角形，得到BCBO，由等腰三角形三线合一得BGOC，求出 5 1 25 BG OB2OG2  2 3，S △OBG  2 OGBG 8 3，再代入S 阴影 S 扇形OBC S △OBG 即可得出答案． 【详解】解：如图1，连接AB、OG、BC、OC， 1 C AB A ∵每个小正方形的边长为 ，点 为弧 的三等分点（靠近点 ）， OAOB 4232 5 AB 7212 5 2 ∴ ， ，  2 OA2OB2 5252 50 5 2  AB2 ∵ ， ∴△OAB是直角三角形， AOB90 AB 90 ∴ ，即 的度数为 ， ∴OEF是直角三角形， ∵点G为EF的中点，EF 5， 1 5 ∴OG EF  ， 2 2 ∵点E、F 分别是线段AO、BO上的动点，点G为EF的中点，∴CGOGOC， ∴CGOCOG， 5 5 当点 、 、 三点共线时，取“ ”号，此时 值最小，最小值为：CGOCOG5  ， O G C  CG 2 2 此时点G为OC的中点，如图2， C AB A AB 90 ∵点 为弧 的三等分点（靠近点 ）， 的度数为 ， 2 ∴ CB 的度数为： 3 9060， OC 5 ， ∴BOC 60，OC5OB， ∴△OBC为等边三角形， ∴BCBO， ∴BGOC，即BGO90， 2 5 5 ∴ BG OB2OG2  52   3 ， 2 2 1 1 5 5 25 ∴S △OBG  2 OGBG 2  2  2 3 8 3， 6052 25 25 25 ∴S S S   3  3， 阴影 扇形OBC △OBG 360 8 6 8 25 25 ∴在 滑动的过程中，当 值最小时，阴影部分的面积是  3． EF CG 6 8 25 25 故答案为：  3． 6 8 【点睛】本题考查求不规律图形的面积，考查了勾股定理及逆定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的 一半，两点之间线段最短，弧的度数，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，扇形的面 积，三角形的面积等知识点．确定点O、G、C三点共线时求出CG的最小值是解题的关键． 78．（2024·河南南阳·二模）如图，在扇形OAB中，AOB120，半径 OA2，点C是OA上一点，连接BC，沿BC将扇形折叠，使得点 A落在BO的延长线上的点D处，连接CD，则图中阴影部分面积为 (结果保留π) ． 4 【答案】 3 3 3 【分析】过点B作BE⊥AO交AO与点E，垂足为E，作点O关于BC的对称点O ，连接OB，OD，由 折叠的性质可得出 BOD120 ，根据 S 扇形DOB，由等边对等角得出 OBDODB30 ，由对称的性 1 1 质可得出OBC OBC  OBD15，由 直角三角形的性质可得出OE OB1，解直角三角形 2 30 2 OE 可得出BE  3OE 3，再证明 是等腰直角三角形，求出 ，再根据 tan30 VBEC OC S S 2S 阴影 扇形DOB BOC即可求出答案． 【详解】解：过点B作BE⊥AO交AO与点E，垂足为E，作点O关于BC的对称点O ，连接OB，OD， 如图∶ ∵AOB120， ∴BOD120， 12022 4 ∴S   ， 扇形DOB 360 3 ∵OBOD，∴OBDODB30， 1 ∴OBC OBC  OBD15， 2 ∵AOB120 ∴EBOAOBE30， 1 ∴OE OB1， 2 OE BE  3OE 3， tan30 ∵CBEEBOOBC45 ∴VBEC是等腰直角三角形， CEBE 3 ∴ ， OC=CE- OE= 3- 1 ∴ ， 1 1   3 3 S  BEOC   3 31   ∴ BOC 2 2 2 2 ， 4 3 3 4 S S 2S  2   3 3 ∴ 阴影 扇形DOB BOC 3  2 2  3   4 故答案为： 3 3 3 【点睛】本题考查扇形面积的计算，直角三角形的性质，轴对称折叠的性质，解直角三角形的相关计算等 知识点，构造直角三角形以及对称图形是解题的关键． 79．（2023·广西贵港·模拟预测）如图，将半径为4，圆心角为90的扇形ABC绕弧AC的中点P逆时针旋 45 A B,C D,E,F D AB C EF 转 ，点 ， 的对应点分别为点 ，点 落在 上，点 落在 上，则图中阴影部分的面 积为 ．48 216 【答案】 DE BC Q 【分析】本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，设 与 的交点为 ，连 接 BP 、 DP 、 AP ，过点 P 作 PG AB 于点 G ，由 S 弓形AP S 弓形DP可得 S 阴影 S 扇形ABC S ADP S DBQ，再证 BPG ， DBQ 是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出 S △ ADP， S DBQ，代入计算即可． DE BC Q BP DP AP P PG AB G 【详解】如图，设 与 的交点为 ，连接 、 、 ，过点 作 于点 ， 扇形 绕点 逆时针旋转 得到扇形 ，  ABC P 45 DEF S 弓形AP S 弓形DP，扇形 ABC 中空白部分的面积 S △ADP S △DBQ， S S S S 阴影 扇形ABC ADP DBQ．  APDP， ADP是等腰三角形， AGGD， ABC 90，P为弧AC的中点， ABP45， BPG是等腰直角三角形，  BP4， GBGP2 2 ， AG42 2 ， AD84 2， 1 1 S  ADPG (84 2)2 2 8 28， ADP 2 2PDQPAD， QDB45 ， DBQ 为等腰直角三角形， 1 1 S  BD2  (4AD)2 2416 2， DBQ 2 2 9042 S  4， 扇形ABC 360     S 4 8 28  416 2 48 216 阴影 ． 48 216 故答案为： ． 80．（2020·山东烟台·一模）如图，在一圆柱铁桶内底面的点A处有一飞虫，在其上边沿的点B处有一面 40 包残渣，已知 是点 正下方的桶内底面上一点，已知劣弧 的长为 cm，铁桶的底面直径为 ， C B AC 3 40cm 桶高为60cm，则该飞虫从点A到达B的最短路径是 cm． 40 3 【答案】 【分析】连接AC、AB、OA、OC，作OD⊥AC于点D，先由弧长公式求出∠AOC的度数，然后得到 ∠AOD的度数，然后利用勾股定理求出AD，然后得到AC，再利用勾股定理求出AB即可. 【详解】解：根据题意，连接AC、AB、OA、OC，作OD⊥AC于点D，如图：40 1 ∵劣弧 的长为 cm，OA 4020cm， AC 3 2 20n 40 ∴  ， 180 3 解得：n120， 即∠AOC=120°， ∵OD⊥AC， 1 ∴∠AOD= ∠AOC=60°， 2 ∴∠OAD=30°， 1 ∴OD= OA=10， 2 AD 202102 10 3 ∴ ， AC 2AD20 3 ∴ ， 在Rt ABC中，BC 60，由勾股定理得： AB△BC2AC2  602(20 3)2 40 3 ； A B 40 3 ∴该飞虫从点 到达 的最短路径是 cm； 40 3 故答案为： . 【点睛】本题考查了最短路径问题，也考查了弧长公式，垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握弧 长公式和垂径定理，利用勾股定理正确求出AC的长度. AB O CE O AC∥OE AC D 81．（22-23九年级上·四川绵阳·期末）如图， 为 直径， 为 的弦， ，延长 至 ，DEAD O 且 ， 的半径为6． DE O (1)求证：直线 与 相切； (2)如图1，若OA2CD，求阴影部分面积； CE 3  (3)如图2，若 AC 2 ，求CD的值． 【答案】(1)见详解 27 3 6 (2) 2 82 7 (3) 【分析】本题考查圆的综合题型，切线的判定，平行线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定 与性质． （1）根据切线的判定可得结论； O OF AD F OC OFDE OF=DE,OE=DF=6 （2）过点 作 于 ，连接 ，先证明四边形 为矩形，得出 ，再 �COE� 60 ,OF 3 3 S =S - S 求出 ，最后由 阴影 梯形CDEO 扇形COE 即可得出； （3）过点C作CM OE于M ，过点O作OF AD于F ，则四边形CFOM 为矩形，设AF CF  x,则 CE  3x x CM,OF CM OF x ，根据勾股定理用含 的式子表达出 ，再根据 求出 即可． 【详解】（1）证明： AC∥OE,DEAD DEOEOE为O的半径 直线DE与O相切； （2）如图，过点O作OF AD于F ，连接OC， DDEOOFD90 四边形OFDE为矩形 \ OF=DE,OE=DF=6 OA=2CD,OA=6 CD3 CF DFCD3 OF  AC AF CF 3 AC 6 AOCO ACO是等边三角形 ACO60  ACOE COEACO60  AO6，AF 3，OF  AC OF  AO2AF2 3 3 1 60 27 3 \ S =S - S = �(3� 6)创3 3 =- 62 6 阴影 梯形CDEO 扇形COE 2 360 2 ； （3）如图，过点C作CM OE于M ，过点O作OF AD于F ，则四边形CFOM 为矩形，AF CF  x CE  3x 设 ，则 \ OM =CF= x,CM =OF EM 6x CM2 CE2EM2 ( 3x)2(6x)2 OF2 OA2AF2 62x2 ( 3x)2(6x)2 62x2 x=- 2 7- 2 x2 72 解得 （舍去）或 \ CD=EM =6- x=6- (2 7- 2)=8- 2 7 ． ABCD BC  3CD E F AD BC 82．（2023·江苏宿迁·模拟预测）在矩形 中， ，点 、 分别是边 、 上的动点， 且AECF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点G处，点D落在点H 处． (1)如图1，当EH 与线段BC交于点P时，求证：PEPF ； (2)如图2，当点P在线段CB的延长线上时，连结AC交EF于点O连结OP．求证：OPEF； BC 6 3 E A AD G (3)当 时，在点 由点 移动到 中点的过程中，直接写出点 运动的路线长．【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)4 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，翻折变换的性质，等腰 三角形的判定，弧长公式以及解直角三角形等知识，本题综合性强，解题的关键是正确寻找全等三角形解 决问题． （1）由平行线的性质得DEF EFB，由翻折的性质得DEF PEF ，则PEF PFE，即可得出 结论； （2）同（1）易证PEPF ，由AAS证得△AEO≌△CFO，得出OEOF，由等腰三角形三线合一的性质 即可得出结论； (3)证出OFC≌OFG，得OGOC，再证点G运动的路径是以O为圆心，以OC为半径的弧BC，求出 CBD30，再求出OAOBOC 6，BOC 120，利用弧长公式运算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴DEF EFB， 由翻折的性质得：DEF PEF ， ∴PEF PFE， ∴PEPF ； （2）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴EAOFCO，DEF EFB， 由翻折的性质得：DEF PEF ， ∴PEF PFE， ∴PEPF ， ∵AECF，AOECOF， ∴AEO≌CFO（AAS）， ∴OEOF， ∴OPEF； （3）解：连接AC，交EF于O，连接OG，如图3所示：同（2）：AEO≌CFO， ∴OAOC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴点O为AC、BD的交点，且OAOBOC， 由折叠的性质得：CF GF，OFC OFG， 又∵OF OF ， ∴OFC≌OFG（SAS）， ∴OGOC， 当点E由点A移动到AD中点时，则点F 移动到BC的中点，点C落在点B处， ∴点G运动的路径是以O为圆心，以OC为半径的弧BC， CD CD 3 tanCBD   在Rt△BCD中， BC 3CD 3 ， ∴CBD30， ∴OBC OCB30， ∴BOC180230120， 过点O作OM BC于M ， 1 1 则BM CM  BC，OM  OB， 2 2 RtOMB OB2 BM2OM2 在 中，由勾股定理得： ， 1  2 1  2 OB2  BC  OB 即 2  2  ，3 3 OB BC  6 36 解得： 3 3 ， ∴OAOBOC 6， 1206 ∴点G运动的路径的长 4． 180 83．（2023·江苏南京·二模）在平面内，将小棒AB经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一 定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？ 已知小棒长度为4，宽度不计． AB BA S 1 方案1：将小棒绕 中点O旋转180°到 ，设小棒扫过区域的面积为 (即图中灰色区域的面积，下同)； 方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到AC，再绕C逆时针旋转60°到CB，最后绕B逆时针旋转60°到 S BA ，设小棒扫过区域的面积为 2． S  (1)① 1 ______， S 2  ______；(结果保留) ②比较 S 1与 S 2的大小．(参考数据： 3.14 ， 31.73 ．) (2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三 次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形． ①补全方案3的示意图； S S 3 3 ②设方案3中小棒扫过区域的面积为 ，求 ． S S (3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积 4小于 3，画出示意图并说明理由． 【答案】(1)① 4 ， 88 3 ；② S 1 S 216 3 S  (2)①见解析；② 3 3 (3)见解析 S 1 【分析】（1）①利用圆的面积公式计算 ，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面 S 积减去两倍 VABC 的面积计算 2； ②利用参考数据计算近似值再比较即可； （2）①依题意补全方案3的示意图即可； ②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可； （3）作等边VABC，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上，运动，使得AB的长度保持不变， ACAB BCAB AB 当点B运动到点C时，由此 边调转到 边，接着两次同样的方式旋转到 边和 ABBA S S 边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明 4 3． 【详解】（1）解：①由依题意得：AB2r4， r2， S r2 4 ∴ 1 又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍VABC的面积．等边三角 3 形的面积公式：S  a2， 为等边三角形的边长． 4 a 6042 3 ∴S 3 2 42 88 3 2 360 4 4 88 3 故答案是： ， ； S 443.1412.56 S 83.1481.7311.28 12.5611.28 ②∵ 1 ， 2 ， ， S S ∴ 1 2； （2）①依题意补全方案3的示意图如下：②连接EM ，M为切点，则AA的中点，EM 4 设AM x，则AE2x， AM2EM2  AE2 x242 4x2 由勾股定理得： ，即 ， 4 3 解得：x ， 3 8 3 ∴AA AE 2x ， 3 1 1 8 3 16 3 ∴S  AAEM   4 ． 3 2 2 3 3 （3）设计方案4：如下图，VABC是等边三角形，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上运动， ACAB AB AB 使得 的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此 边调转到 边，接着两次同样的方式旋 BCAB ABBA 转到 边和 边，最终小棒扫过的区域是如下图所示． 对于第一次旋转，当旋转AB旋转到DH 时，此时DH BC，又作 DE平行AB ，则 S △CDE S 3 S △ABC S 梯形ABEB 依题意得：阴影部分比等边三角形ABC多三块全等的图形，记每块面积为a， aS AB 则有 △ADF，F为 的中点， S S ∵ △ADF △GDF， 1 1 ∴S  S  S ， △ADF 2 △GDAF 4 梯形ABEB 1 ∴aS  S ， △ADF 4 梯形ABEB 3 ∴S S 3aS  S S S S ． 4 △ABC △ABC 4 梯形ABEB △ABC 梯形ABEB 3 84．（22-23九年级上·山西临汾·阶段练习）综合与实践 问题情境：如图，将一个圆锥的侧面展开后可得到一个圆心角为n，半径为l的扇形BOB，圆锥底面是一 OA OA BB 个半径为r的圆．母线 在展开图上对应的半径 经过 的中点． (1)特例研究：当r3，l9时，n ，展开图上，OA 与OB的夹角为 ． 360r (2)问题提出：求证：n ． l (3)问题解决：如图2，一种纸质圆锥形生日帽，底面直径为12cm，母线长也为12cm，为了美观，想在底 面圆上一点A和与之相对的母线PB中点C之间拉一条细彩带进行装饰，求彩带长度的最小值．（提示： 尝试画出圆锥侧面展开图） 【答案】(1) 120 60 (2)证明见解析6 5 (3)彩带长度的最小值为 ． BOB n120 OA BB 【分析】（1）圆锥的底面周长等于扇形 的弧长，求出 ，再根据半径 经过 的中点，得 ABAB OA 到 ，即可求出 与OB的夹角； （2）根据（1）即可证明结论； （3）先求出圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180，得到APBP，再连接AC，利用勾股定理得 到AC长，即可求出彩带长度的最小值． 【详解】（1）由题意可知，圆锥的底面周长等于扇形BOB的弧长， nl 2rBB ， 180 2r180 360r n  ， l l r3，l9， 3603 n 120 ， 9 OA BB 经过 的中点， ABAB， 1 AOBAOB BOB60 ， 2 OA与OB的夹角为60， 故答案为：120，60； nl （2）由（1）得：2r ， 180 2r180 360r n  ； l l （3）l12，r6， 3606 n 180 ， 12 圆锥的侧面展开后可得到的扇形圆心角为180，如下图， 1 BPA 18090 ， 2APBP， 连接AC，即为彩带长度的最小值， 1 PC PB6 ， ， PAPB12 2 AC PA2PC2  12262 6 5 由勾股定理得： ，  6 5 彩带长度的最小值为 ． 【点睛】本题考查了圆锥的性质，弧长公式，同弧或等弧所对的圆心角相等，勾股定理等知识，熟练掌握 相关知识点是解题关键． 考点十四、圆的综合问题 85．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图1，在VABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆， 连接CO并延长交AB于点E，设DBC． (1)若60，求DCE的度数； (2)如图2，作BFAC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知ABDCBF． ①求证：EBEG； ②若CE5，AC 8，求FGFB的值． 【答案】(1)30(2)①见解析；②FGFB6 【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题； （2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题； ②作EM BF，EN  AC，证明四边形EMFN 为矩形，再根据线段的和差即可解决问题． 【详解】（1）如图，连接OD， ∵DOC 2DBC2， 又∵ODOC， 1 ∴DCE 180290， 2 ∵60， ∴DCE9030； （2）①证明：∵ABDCBF， ∴EBGABDDBF CBFDBF DBC， 设DBC，则EBGDBC， 由（1）得：DCE90， ∵BFAC， ∴FGCBGE， ∴EBGEGB， ∴EBEG； ②解：如图，作EM BF于点M，EN  AC于点N，由①得：EBG，ACE 90， ∵BFAC ∴A90， ∴A∠ACE 90 ∴AECE5， ∵EN  AC，AC 8， ∴CN 4， ∴由勾股定理得，EN 3， ∵EM BF，NF BF，EN  AC， ∴四边形EMFN 为矩形， ∴EN MF 3， ∵EBEG，EM BG， ∴BM GM ， ∴FGFBFM MGFM BM 2FM 6． 【点睛】本题考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判 定与性质，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心． 86．（2024·山东济宁·二模）【初步感知】 O AOB90 APB （1）如图1，点A，B，P均在 上，若 ，则锐角 的大小为______度；【深入探究】 O ABC AC （2）如图2，小明遇到这样一个问题： 是等边三角形 的外接圆，点P在 上（点P不与点A， C重合），连接PA，PB，PC．求证：PBPAPC ；小明发现，延长PA至点E，使AEPC，连接 BE △PBC≌△EBA △PBE ，通过证明 ．可推得 是等边三角形，进而得证.请根据小明的分析思路完成证明 过程． 【启发应用】 O VABC ABC 90 ABBC O AC （3）如图3， 是 的外接圆， ， ，点P在 上，且点P与点B在 的两 PB 侧，连接 ， ， ，若 ，则 的值为_____． PA PB PC PB2 2PA PC 2 2 【答案】（1）45；（2）见解析；（3） 3 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可直接得出答案； （2）延长PA至点E，使AEPC，连接BE，根据圆内接四边形的性质得出BAE BCP，再证BAE ≌BCPSAS PBEB EBAPBC △PBE ，推出 ， ，进而证明 是等边三角形，可得 PBPE PAAE PAPC ； （3）延长 PA 至点E，使 AEPC ，连接BE，通过证明BAE ≌BCPSAS ，可推得 △PBE 是等腰直角 PB 三角形，结合 与 可得 ，代入 即可求解． PEPAPC PE  2PB PC 3PA PC 1 1 【详解】解：（1）APB AOB 9045， 2 2 故答案为：45； （2）证明过程如下： 如图，延长PA至点E，使AEPC，连接BE，四边形 是 的内接四边形，  ABCP O BAE BCP，  VABC是等边三角形，  ABCB， 在BAE和BCP中， ABCB  BAEBCP ，  AECP BAE ≌BCPSAS ， PBEB，EBAPBC， EBAABPPBCABPABC 60， △PBE是等边三角形， PBPE PAAE PAPC ， 即PBPAPC ； （3）如图，延长PA至点E，使AEPC，连接BE， 四边形 是 的内接四边形，  ABCP O BAE BCP， 在BAE和BCP中， ABCB  BAEBCP ，  AECP BAE ≌BCPSAS ，PBEB，EBAPBC， EBAABPPBCABPABC 90， △PBE是等腰直角三角形， PE2 PB2EB2 2PB2， PE  2PB ，  PE=PA+AE=PA+PC， PAPC  2PB ，  PB2 2PA， PAPC  22 2PA4PA ， PC 3PA， PB 2 2PA 2 2    PC 3PA 3 ， 2 2 故答案为： 3 ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直 ≌BCPSAS 角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造BAE ，进行 转换求解． 1 VABC O AB AC,BAC 060 87．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图 ， 内接于 ， ，点 P ACB A C B AP BP CP 是 上的动点（不与点 ， ， 重合），连接 ， ， ． P AC A C APC  (1)当点 在 上时（不与点 ， 重合），求 的度数；（用含 的式子表示）2 P AC A D (2)如图 ，当点 在 上时，过点 作AD⊥BP于点 ． ①请探究线段BP，CP和DP之间的数量关系，并证明； CP∥AB,S 3,S 9 S  ②若 △ADP △ADB ，则 △PBC ________； AB6,60 P CP2 A D DP (3)若 ，在点 运动过程中， ，过点 作AD⊥BP于点 ，求 的长． 1 【答案】(1)APC 90  2 (2)①BPCP2DP，见解析；②6 331 331 DP (3) 2 或 2 1 1 【分析】（1）根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得ABC ACB 18090 ． 2 2 再根据圆内接四边形性质即可得解； 1 BP BEPC AE △ABE≌△ACP(SAS), AE AP （2）①如图 ，在 上截取 ，连接 ，证 得 ，进而根据等腰三 角形的性质可得 EP2DP ，即可得解；②由 S △ADP :S △ADB 3:91:3 ，得 DP:DB1:3 ．进而得 1 S ABE  2 S ABD S ADP 6．由 △ABE≌△ACP ，得S VACP =6．再根据 CP∥AB 即可得解． P AC P BC （3）分点 在 上和点 在 两种情况，利用圆周角定理及全等三角形的判定及性质求解即可．  AB AC,BAC , 【详解】（1）解： 1 1 ABCACB 18090 ． 2 2 ∵四边形ABCP是圆内接四边形， ∴ABCAPC 180，  1  1 APC 18090 90   2  2 ． （2）解：①BPCP2DP．理由如下：如图1，在BP上截取BEPC，连接AE，  ABAC，ABEACP，BECP， △ABE≌△ACP(SAS), ∴AE  AP．  ADEP, 又 EP2DP， BPBEEPCP2DP． S :S 3:91:3 ② △ADP △ADB ， DP:DB1:3． 由①得DEDP， DE:DB1:3， DE:BE1:2, EP:BE1:1， 1 S  S S 6． ABE 2 ABD ADP △ABE≌△ACP， S 6 △ACP ． CP∥AB, ∴PBC与PCA同底等高， S S 6 △PBC △ACP ． 2 P AC BP BF PC AF C CH  BP H （3）解：如图 ，当点 在 上时，在 上截取 ，连接 ，过点 作 于点 ．QBAC 60，AB AC 6， ABC为等边三角形， BC  AB6， BPC BAC60， PCH 30， CP2， PH 1， CH  3 ，  Rt△BCH BH  BC2CH2  33 在 中， ， BP 331 ． 由（2）知，BPCP2DP， BPCP 3312 331 DP   2 2 2 ； 3 P BC PB F BF CP AF C CH  BP H 如图 ，当点 在 上时，延长 至点 ，使得 ，连接 ，过点 作 延长线于点 ． ∵四边形ABPC是圆内接四边形， ∴ABF ACP， ∵AB AC，BF CP，△ABF≌△ACP(SAS) ∴ ， AF  AP,BF CP2 ，  ADBP， 1 FDDP PF． 2 APC ABC60，APBACB60， CPH 60， PCH 30， CP2, PH 1， CH  3． Rt△BCH BC 6,CH  3 在 中， ， BH  33, BP 331 ， BPBF 3312 331 DP   ． 2 2 2 331 331 DP 综上， 2 或 2 ． 【点睛】主要考查了圆内接四边形对角互补的性质、同孤所对的圆周角相等、全等三角形的判定与性质、 等腰三角形的性质，平行线的性质等，在求线段的和差关系时，通常会用“裁长补短”法作辅助线将不共 线的线段转化到同一直线上：当已知条件中出现平行线及三角形的面积时，通常会用到相似三角形的性质 或同底等高的三角形面积相等这一知识点解题；在求解第（3）问时要注意对点P的位置分情况讨论是解 题的关键． 4 88．（23-24九年级上·江苏无锡·期末）如图1，在 中， ， ，sinABC  ．点 是 ABCD AB5 BC10 5 P 射线BC上一动点，作PAB的外接圆O．(1)若圆心O在AB边上，如图2，则此时BP的长为______； O ABCD BP (2)当 与 的某一边所在的直线相切时，求此时 的长； P O ABCD BP (3)随着点 的运动， 与 的边的公共点的个数有哪些变化？直接写出对应的 长的值或取值范 围． 【答案】(1)3 231 (2)6或3 40 0BP6 O ABCD (3)当 时， 与 有3个交点； 6BP16 O ABCD 当 时， 与 有4个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有3个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有2个交点． 【分析】本题主要考查了圆与平行四边形，三角形综合．熟练掌握圆切线性质与判定，垂径定理及推论， 圆周角定理及推论，勾股定理解直角三角形，矩形判定和性质，平行四边形的性质，直线与圆的位置关系， 四点共圆，分类讨论，是解题的关键． （1）根据直径对的圆周角是直角得到APB90，根据正弦定义得到AP ABsinABC 4，根据勾股定 理得到BP3． AD O AOAD AD∥BC AEBC PEBE （2）当 与 相切时，得到 ，根据 ，得到 ，根据垂径定理得到 ， BE3 BP6 CD O FO AB ALCD 根据 ，即得 ；当 与 相切于点F，设 交 于点H，作 于点L，推出 5 ，根据垂径定理得到AH  ，推出四边形 是矩形，得到 ，推出 ，得到 FH  AB 2 AHFL FH  AL AL8 APBAOH   5  2 8r2 r2 r 281 OH  231 FH 8 O 2 64 64  5  2 8r2 r2 r 281 OH  231 FH 8，设O的半径为r，根据勾股定理得到2 ，解得 64 ，得到 64 ，推出 PE AE 231 ，结合 ，推出 ，得到  ，求得PE  ，得 APBAOH AEPAHO90 APE∽AOH OH AH 40 231 到BP3 ；根据 、 都与 有两个交点，得到 、 与 都不相切． 40 AB BC O AB BC O 0BP6 6BP16 BP16 BP16 O ABCD （3）分 ， ， ， 四种情况， 与 的边的交点分别有3个，4 个，3个，2个． 【详解】（1）当圆心O在AB边上时，APB90， 4 ∵ ，sinABC  ， AB5 5 ∴AP ABsinABC 4， BP AB2AP2 3 ∴ ； 故答案为：3； AD O AD O （2）如图，当 与 相切时， 与 只有一个交点，此时A切点， 则AOAD，延长AO交BC于点E， ∵AD∥BC， ∴AEBC， ∴PEBE， 由①结论可得，BE3， ∴PE3， ∴BP2BE6；CD O FO AB ALCD 当 与 相切时，设切点为F， 延长线交 于点H，过点A作 于点L， ALF ALD90，HFL90， ∵AB∥CD， ∴FH  AB， 1 5 ∴AH  AB ， ， 2 2 AHF 90 ∴AHF HFLALF 90， ∴四边形AHFL是矩形， ∴FH  AL， 4 ∵ ， sinADC=sinABC  ， ADBC 10 5 ∴AL ADsinADC 8， ∴FH 8， O 设 的半径为r， 则OH 8r， AH2OH2 OA2 ∵ ，   5  2 8r2 r2 ∴2 ， 281 r 解得， ， 64 231 ∴OH  ， 64 ∵OAOB， 1 AOH  AOB ∴ ， 2 1 ∵APB AOB， 2∴APBAOH ， ∵AEPAHO90， ∴APE∽AOH ， PE AE ∴  ， OH AH PE 4  231 5 ∴ ， 64 2 231 ∴PE  ， 40 231 ∴BP3 ； 40 当AB与O相切，BC与O相切时， AB O BC O ∵ 与 有A、B两个交点， 与 有B、P两个交点， ∴AB、BC与O相切都不存在． 231 故当 与 的某一边所在的直线相切时， 的长为6或3 ． O ABCD BP 40 0BP6 O ABCD （3）如图，由（2）知，当 时， 与 有3个交点； 如图，在射线BC上取点M，N，使AM AB，DN DC，则ABM AMB，DCN DNC， ∵ABM DCN， ∴AMBDNC， ∵ABCD，ABM≌DCNAAS ∴ ， ∴BM CN ， 由（2）知，BM 6, ∴CN 6， ∴BN 16， ∵AM DN， ∴四边形ABND是等腰梯形，， ∴A、B、N、D四点共圆， 6BP16 O ABCD ∴当 时， 与 有4个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有3个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有2个交点． 0BP6 O ABCD 综上所述，当 时， 与 有3个交点； 6BP16 O ABCD 当 时， 与 有4个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有3个交点； BP16 O ABCD 当 时， 与 有2个交点． ABCD Rt△DEF D,DEF 90,DEEF 89．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）正方形 和等腰 共顶点 ， 将DEF 绕点D逆时针旋转一周．(1)如图1，当点F 与点C重合时，若AD2，求AE的长； (2)如图2，M 为BF中点，连接AM、ME，探究AM、ME的关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）条件下，连接CM ，若AD2DE 2，在旋转过程中，CM 的最小值为___________． 10 【答案】(1) (2)AM ME，AM ME，理由见解析 42 3 (3) AC AC 2 2 DE 2 【分析】（1）连接 ，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得 ， ， ACE90，再根据勾股定理即可求解； EM Q EM MQ AE AQ QB BMQFME （2）延长 至 ，使 ，连接 、 ， ，可证出 ，由全等三角形的性质得 BQEF DE BQM FEM ABQ≌ADE AQ AE QAE 90 出 ， ，进而证明 ，则 ， ，根据等腰直 角三角形的性质即可得出结果； CQ DQ(DM) C M BF F D （3） 越小， 越靠近点 ，而 是 的中点，可得出点 的旋转轨迹是以 点为圆心，以 2 A D F CQ 为半径的圆，可得当 、 、 三点共线时， 最小，根据相似三角形的判定和性质即可求解． 【详解】（1）解：连接AC， 四边形ABCD为正方形，CD AD2 ADC 90 ACD45 AC 2 2 ， ， ， ， DEF 90，DEEF， DCE45 DE 2 ， ， ACE 90， AE AC2CE2  10 ； EM Q EM MQ AE AQ QB （2）解：如图2，延长 至 ，使 ，连接 、 ， ， BMQFME BM MF ， BMQ≌FME(SAS)， BQEF DE BQM FEM ， ， BQ∥EF， 延长QB，ED交于点N QND90， 12， ABQADE ， ABQ≌ADE(SAS)， AQ AE QAE 90 ， ， AM ME，AM ME； （3）解：连接BD，取BD的中点O，连接OM ．四边形ABCD是正方形，AD2DE 2， ABADBCCD2 BD2 2 DEEF 1 DF  2 ， ， ， ，  BOOD，BM MF， 1 2 OM  DF  ， 2 2 2  点 M 的运动轨迹是 O 为圆心， 2 为半径的圆，当DQ与 O 相切时，CQ的值最小， ODOB 2， OD2OM ， OMD90， ODM 30， BDC45， CDQ15， 在CD上取一点T ，使得DT TQ，连接QT， DT TQ， TDQTQD15， QTC30， TQDT 2CQ CT  3CQ ， ， 2CQ 3CQ2 ， CQ 42 3 最小 ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，切线的判定与性质，直 角三角形的性质，勾肌定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题 的关键．ABCD AB6 AD6 3 AC DAC30 90．（23-24九年级上·河北廊坊·期中）在矩形 中， ， ，连接 ， ，将 AEAE8 � AD E AE 半圆形量角器放在如图1所示的位置，其直径 在边 上，点 是量角器上的零刻度， 交 AC于点F ，点O是半圆形量角器所在圆的圆心． (1)求点F 在半圆形量角器上的度数； 0180 A (2)将半圆形量角器绕点 顺时针旋转 ． E AC � AE M 2 BC ①当点 旋转到 上时， 交AB于点 ，如图 所示．求证： 与半圆形量角器相切； � AE BC A E C d ②在旋转过程中，当 与直线 只有一个交点（不包括端点 ， ）时，设此交点与点 的距离为 ， 请直接写出d 的取值范围． 【答案】(1)60 6 3d 6 32 7 d 4 3 (2)①见解析；② 或 【分析】（1）连接OF ，利用圆的半径相等，得出OAF OFA，再利用三角形外角的性质求出EOF 的度数，即可得出答案； OQBC OM OQ4 （2）①过点O作 ，连接 ．利用直角三角形的性质和勾股定理求得 ，即可由切线的判 定定理得出BC与半圆形量角器相切的结论； ②当半圆O与BC相切时，当半圆经过点B时，点E在BC上，当点E在CB的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：连接OF ，如图，∵OAOF ∴OAF OFA 在半圆形量角器中， ∵DAC30， ∴EOF OAF OFA2DAC 60， ∴点F在半圆形量角器上的读数为60； OQBC OM （2）解：①证明：过点O作 ，连接 ． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴ACB30， ∴在Rt△ABC中，AC 2AB12． ∵AE8， ∴AO4， ∴OC  ACOA8， RtOQC OQ4 ∴在 中， ， ∴OQ是半圆形量角器的半径． OQBC ∵ ， ∴BC与半圆形量角器相切； BC d CQ4 3 ②当半圆O与 相切时，由①易得 ． 如图1，当BC经过点B时，点E在BC上， ∵AB6，AC12， BC AC2AB2 6 3 ∴ ， d 6 3 ∴ ．如图2，当点E在CB的延长线上时， ∵AE8，AB6， BE AE2 AB2 2 7 ∴ ， CEBCBE6 32 7 ∴ ． d 6 32 7 ∴ � AE BC 6 3d 6 32 7 综上所述，当 与直线 只有一个交点（不包括端点A，E）时，d的取值范围是 或 d 4 3 ． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆心角，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的判定，等边三角形的判定 与性质，直角三角形的性质，熟练相关性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 91．（22-23九年级上·广东广州·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，AB AC 4，ADBC于D，E为 AB边上的点，过A、D、E三点的O交AC于F ，连接DE，DF． (1)求证：AECF； (2)如图2，点P为弧DE上一动点，连接PD，PE，PF．在点P运动过程中，试探索PD，PE，PF之间的数量关系，并证明； ABC M BC M MN  AC N Q AMN (3)如图3，在扇形 中， 为弧 上任意一点，过点 作 于点 ，设 为 的内心， M B C Q 当点 从点 运动到点 时，请直接写出内心 所经过的路径长． 【答案】(1)见解析． PF  2PDPE (2) ，理由见解析． 2 (3) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可知ADCD，DAEC45，根据圆内接四边形的性质， 可求得CFDAED，进而求得CFD≌AED，问题即可得证． （2）过点D作DP的垂线，交PF于点N ，连接EF，可证得DNF≌DPE，得到PEFN ，再证明 △NDP NP 2PD PD PE PF 为等腰直角三角形，得到 ，即可求得 ， ， 之间的数量关系． AQM AQC≌AQM AQC135 M BC （3）根据内心的定义，先求得 的度数，根据 ，可求得 ，当点 在 B C Q AC 45 AQC Q 上从点 运动到点 时，点 在以 为弦，并且所对的圆周角为 的劣弧 上运动，内心 所经过 AQC AQC AQC 的路径长等于劣弧 的长度，据此只需求得劣弧 所对应的圆心角和劣弧 所在圆的半径即可． 【详解】（1）∵AB AC，ADBC， ∴AD为等腰直角三角形ABC底边上的中线和顶角的角平分线． ∴ADCD，DAEC45． ∵四边形AEDF 为O的内接四边形， ∴AFDAED180． 又CFDAFD180， ∴CFDAED． 在△CFD和△AED中DAEC  CFDAED  ADCD ∴CFD≌AED． ∴AECF． PF  2PDPE （2） ． 理由如下： 如图，过点D作DP的垂线，交PF于点N ，连接EF． 根据题意可知PFDDEP． ∵∠FAE90， ∴EF为O的直径． ∴FDE90． ∴FDNNDE90． 又EDPNDE90， ∴FDN EDP． ∵CFD≌AED， ∴DF DE． 在△DNF和DPE中， PFDDEP  DF DE  FDN EDP ∴DNF≌DPE． ∴PEFN ，NDPD． 又NDP90， ∴△NDP为等腰直角三角形．NP 2PD ∴ ． PF NPFN  2PDPE ∴ ． 2 （3） ． 理由如下： CQ MQ AQ 如图，连接 ， ， ． Q AMN ∵ 为 的内心， 1 1 ∴QMA AMN ，QAM  NAM ． 2 2 AQM 180QMAQAM ∴ 1 1 180 AMN NAM 2 2 1 180 AMNNAM 2 1 180 180ANM 2 1 180 18090 2 135． AQC VAQM 在 和 中 AC  AM  CAQMAQ  AQ AQAQC≌AQM ∴ ． AQC AQM 135 ∴ ． M BC B C Q AC 45 AQC 当点 在 上从点 运动到点 时，点 在以 为弦，并且所对的圆周角为 的劣弧 上运动， Q AQC 内心 所经过的路径长等于劣弧 的长度． AQC P 设劣弧 所在的圆为 ． 根据题意可知APC90，PCPA， ∴△APC为等腰直角三角形． 2 AP AC 2 2 ∴ 2 ． 902 2 l   2 ∴ AQC 180 ． Q 2 内心 所经过的路径长等于 ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、内心的性质、圆周角的性质、弧长的计算，牢记全等三 角形的判定定理及性质、内心的性质、圆周角的性质、弧长的计算公式是解题的关键． 92．（2024·山东·模拟预测）综合与实践 【问题解决】 （1）如图1，射线OA、OB的夹角为60，平面内有一点C，连接AC、BC，OACOBC90．若 AC11，BC 2，求线段AB与线段OC的长； 【延伸思考】 （2）如图2，当OB8，OBBC，AOB60时，在射线OA上取一点E，过点E向BC的延长线作垂1 EF  OB 线，垂足为点F，连接 EF ， 2 ．以 EF 为直径作O 1 ．C点为线段 BF 上的一个动点，连接 AC ， ACOE AC O CE CE 并且 ．当 与 1相切时，连接 ，求 的长； 【思维拓展】 （3）在图2的构图基础上深入探究：如图3，已知点A、B成为平面内的动点，点O、C为定点，且 CF  3EF ．若 OACOBC90 ， EF 4 ，其他条件与（2）相同，求 O 1 AAB 的最大值． AB7 3 OC 14 CE2 7 OAAB42 134 3 【答案】（1） ， ；（2） （3） 1 【分析】（1）作BD AC，作OC中点M ，由OACOBC90，得到AOBC四点共圆， 1 ，进而得到CD BC 1， ， ，在 中，根据勾股 �DCB��AOB 60 2 BD= 3CD= 3 AD12 Rt△ABD 1 3 MA=MB= OC MA= AB=7 定理得到AB7 3，由OC为直径， 2 ，�AMB�2�AOB 120 ，求得 3 ， OC =2MA=14，（2）由OBBC，ACOE，AOB60，得到�ACF ��AOB 60 ，根据切线的性质得到 �OGC ��OFC 90 OG=OF OC =OC OGC≌OFCHL �OCG��OCF 30 1 1 ，结合 1 1 ， 1 1 ，得到 1 1 ， 1 1 ， 依次求出 EF 4 ， O 1 F 2 ， CF 2 3 ，在 RtECF 中，根据勾股定理，即可求解， （3）在图2中，作EH OB，由 EHBF 是矩形，得到HB=EF =4，OH 4，结合AOB60，得到 FB=EH =4 3 CF  3EF 4 3 EHCF OI ^OC HI =EO =2 ，当 时， 是矩形，作 1 ，一次求出 1 ， 1 OI =EF =4 3， OC 8 ，在RtOHI中，OH =2 13，由 OACOBC90 ，得到HA= 2 OC =4， 1 1 1 AB= 3HA=4 3 AHO OA�AH =OH +4 2 13 OAAB 由（1）可知 ，在 1中， 1 1 ，代入 1 即可求解， 本题考查了，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，切线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形 三边关系，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：（1）过点B，作BD AC，交AC延长线于点D，作OC中点M ，连接MA，MB， ∵OACOBC90，即：OACOBC180， ∴AOBC四点共圆， ∴AOBACB180，�DCB��AOB 60 ， 1 1 ∴CD BC  21， ， ， 2 2 BD= 3CD= 3 AD=AC+CD=11+1=12  2 在 中，AB AD2BD2  122 3 7 3， Rt△ABD ∵OACOBC90，AOB60， 1 ∴ 为圆心， 为直径，MA=MB= OC， ， M OC 2 �AMB�2窗AOB 2=60� 1203 3 MA= AB= �7 3 7 ∴ 3 3 ，OC =2MA=2�7 14， AC O G OC OG （2）设 与 1相切于点 ，连接 1 ， 1 ， ∵OBBC，ACOE，AOB60， ∴AOBACB180，ACFACB180， ∴�ACF ��AOB 60 ， ∵ AC 与 O 1相切于点 G ， EF FB ， �OGC ��OFC 90 ∴ 1 1 ， OG=OF OC =OC 又∵ 1 1 ， 1 1 ， OGC≌OFCHL ∴ 1 1 ， 1 1 ∴�OCG��OCF 窗 ACF = �60 30 ， 1 1 2 2 1 1 1 1 则EF  2 OB 2 84，O 1 F  2 EF  2 42，CF = 3OF = 3�2 2 3， 1  2 在 中，CE EF2CF2  42 2 3 2 7， RtECF （3）在图2中，作EH OB，垂足为H ，∵EH OB，OBBC，EFBC， ∴EHBF 是矩形， ∴HB=EF =4，OH =OB- HB=8-4=4， ∵AOB60， FB=EH = 3OH = 3�4 4 3 ∴ ， CF  3EF  344 3 ∵ ， ∴EHCF 是矩形， 作 O 1 I ^OC ，垂足为 I ，连接 HA ， HO 1， 1 1 ∴HI =EO 1 = 2 EF = 2 �4 2，OI =EF =4 3， OC 8 ， 1  2 在RtOHI中，O 1 H  O 1 I2HI2  4 3 22 2 13， 1 ∵OACOBC90， 1 1 ∴HA= OC = �8 4， 2 2 AB= 3HA= 3�4 4 3 由（1）可知 ， AHO OA�AH =OH +4 2 13 在 1中， 1 1 ， OAAB42 134 3 ∴ 1 ， AB7 3 OC 14 CE2 7 OAAB42 134 3 故答案为：（1） ， ；（2） （3） 1 ．十五、解答题