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第24章 圆章末题型过关卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2022秋•梁平区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知一圆弧过小正方形网格的格点 A、B、C，已
知A点的坐标是（﹣3，5），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（ ）
A．（﹣1，0） B．（0，0） C．（﹣1，1） D．（1，0）
【分析】利用网格特点，作作AB和BC的垂直平分线，根据垂径定理的推论得到它们的交点P为该圆
弧所在圆的圆心，然后写出P点坐标即可．
【解答】解：作AB和BC的垂直平分线，它们的交点P为该圆弧所在圆的圆心，
所以该圆弧所在圆的圆心坐标为（﹣1，0）．
故选：A．2．（2022•青羊区校级自主招生）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AB＝2√2，D是线段BC
上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为（
）
A．2 B．√2 C．√3 D．3
【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF＝2EH
＝20E•sin∠EOH＝20E•sin60°，当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足
1
为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH= ∠EOF＝∠BAC＝60°，
2
在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF＝2EH．
【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，
如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，
∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，AB＝2√2，
∴AD＝BD＝2，即此时圆的直径为2，
1
由圆周角定理可知∠EOH= ∠EOF＝∠BAC＝60°，
2
√3 √3
∴在Rt△EOH中，EH＝OE•sin∠EOH＝1× = ，
2 2∴EF＝2EH=√3．
故选：C．
3．（2022秋•宁波期末）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD
＝6cm，则球的半径为（ ）
13 15 17
A．3cm B． cm C． cm D． cm
4 4 4
【分析】设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，由垂
1
径定理得：NF＝EN= EF＝3（cm），设OF＝xcm，则OM＝（4﹣x）cm，再在Rt△MOF中由勾股定
2
理求得OF的长即可．
【解答】解：设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，
如图所示：
1
则NF＝EN= EF＝3（cm），
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴MN＝CD＝6cm，
设OF＝xcm，则OM＝OF，
∴ON＝MN﹣OM＝（6﹣x）cm，
在Rt△ONF中，由勾股定理得：ON2+NF2＝OF2，
即：（6﹣x）2+32＝x2，15
解得：x= ，
4
15
即球的半径长是 cm，
4
故选：C．
4．（2022•武汉模拟）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为优弧ABE的中点，CD⊥AB，垂足为
D．若AE＝8，DB＝2，则⊙O的半径为（ ）
A．6 B．5 C．4√2 D．4√3
【分析】如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r．证明△AOT≌△COD（AAS），推
出CD＝AT＝4，在Rt△COD中，根据OC2＝CD2+OD2，构建方程求解．
【解答】解：如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r．
∵^AC=C^E，
∴CT⊥AE，
1
∴AT＝TE= AE＝4，
2
在△AOT和△COD中，
{∠ATO=∠CDO=90°
∠AOT=∠COD ，
AO=CO
∴△AOT≌△COD（AAS），∴CD＝AT＝4，
在Rt△COD中，OC2＝CD2+OD2，
∴r2＝42+（r﹣2）2，
∴r＝5，
故选：B．
5．（2022•中山市三模）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于（ ）
A．4 B．5 C．√3 D．2√3
【分析】根据圆周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根据
含30度角的直角三角形的性质求出AB＝2AC＝4，再根据勾股定理求出BC即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠D＝60°，
∴∠CAB＝∠D＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，
∵AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，
∴BC=√AB2-AC2=√42-22=2√3，
故选：D．
6．（2022•株洲）如图所示，等边△ABC的顶点A在⊙O上，边AB、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是
劣弧^DE上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则∠DFE的度数为（ ）A．115° B．118° C．120° D．125°
【分析】根据圆的内接四边形对角互补及等边△ABC的每一个内角是60°，求出∠EFD＝120°．
【解答】解：四边形EFDA是⊙O内接四边形，
∴∠EFD+∠A＝180°，
∵等边△ABC的顶点A在⊙O上，
∴∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
故选：C．
7．（2022•阳新县校级模拟）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了
配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【分析】利用段完整的弧结合垂径定理确定圆心即可．
【解答】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条
垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
8．（2022春•江夏区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB＝5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作
CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的最大值为（ ）
A．5 B．2.5 C．3 D．2
【分析】连接OD，如图，利用勾股定理得到CD，利用垂线段最短得到当OC⊥AB时，OC最小，再求
出CD即可．
【解答】解：连接OD，如图，
∵CD⊥OC，
∴∠DCO＝90°，∴CD=√OD2-OC2=√r2-OC2，
当OC的值最小时，CD的值最大，
而OC⊥AB时，OC最小，此时D、B两点重合，
1 1
∴CD＝CB= AB= ×5＝2.5，
2 2
即CD的最大值为2.5，
故选：B．
9．（2022•江汉区模拟）如图，由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，
则圆O的半径为（ ）
5 √85
A．5 B．2√2 C． D．
2 4
【分析】取AB的中点E，作EF⊥FC，取圆心O，连接OB，OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可
求解．
【解答】解：取AB的中点E，作EF⊥FC，取圆心O，连接OB，OC，则OB＝OC，
∵小正方形的边长为1，
3 1
∴CF= ，BE= ，EF＝4，
2 2
设OF＝x，则OE＝4﹣x，由勾股定理可得：CF2+OF2＝OC2，BE2+OE2＝OB2，
∴CF2+OF2＝BE2+OE2，
3 1
即( )
2+x2=(
)
2+(4-x) 2
，
2 2
7
解得x= ，
4
√ 7 3 √85
∴OC=√OF2+CF2= ( ) 2+( ) 2= ，
4 2 4
故选：D．
10．（2022秋•孟村县期末）如图，点D是△ABC中BC边的中点，DE⊥AC于E，以AB为直径的⊙O经
1
过D，连接AD，有下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OA= AC；④DE是⊙O的切线．其中
2
正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．②③ D．①②③④
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，即可判断出选项①正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一
半，故AO为AC的一半，选项③正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到
OD与AC平行，由AC与DE垂直得到OD与DE垂直，即∠ODE为90°，故DE为圆O的切线，选项④
正确．
【解答】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，选项①正确；
连接OD，如图，
∵D为BC中点，O为AB中点，
∴DO为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE为圆O的切线，选项④正确；
又OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∴∠EDA＝∠B，选项②正确；
由D为BC中点，且AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
1
∴AC＝AB，又OA= AB，
2
1
∴OA= AC，选项③正确；
2
则正确的结论为①②③④．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2022•平房区二模）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接
EC．若AB＝8，CD＝2，则EC的长为 2√13 ．1
【分析】连接BE，设⊙O的半径为R，由OD⊥AB，根据垂径定理得AC＝BC= AB＝4，在Rt△AOC
2
中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2，根据勾股定理得到（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5，则OC＝3，由于
OC为△ABE的中位线，则BE＝2OC＝6，再根据圆周角定理得到∠ABE＝90°，然后在Rt△BCE中利用
勾股定理可计算出CE．
【解答】解：连接BE，设⊙O的半径为R，如图，
∵OD⊥AB，
1 1
∴AC＝BC= AB= ×8＝4，
2 2
在Rt△AOC中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2，
∵OC2+AC2＝OA2，
∴（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5，
∴OC＝5﹣2＝3，
∴BE＝2OC＝6，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
在Rt△BCE中，CE=√BC2+BE2=√62+42=2√13．
故答案为：2√13．
12．（2022•任城区校级三模）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A、
B的读数分别为86°、30°，则∠ACB的大小为 28 ° ．
1
【分析】设半圆圆心为 O，连OA，OB，则∠AOB＝86°﹣30°＝56°，根据圆周角定理得∠ACB=
2∠AOB，即可得到∠ACB的大小．
【解答】解：设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，
1
∵∠ACB= ∠AOB，
2
而∠AOB＝86°﹣30°＝56°，
1
∴∠ACB= ×56°＝28°．
2
故答案为：28°．
13．（2022•曹县三模）如图，正五边形ABCDE内接于圆O，P为弧DE上的一点（点P不与点D、E重
合），则∠CPD的度数为 36 ° ．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
360°
∴∠COD= =72°，
5
1
∴∠CPD= ∠COD＝36°，
2
故答案为：36°．
14．（2022•青羊区校级自主招生）如图四边形 ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，直径AB＝6，∠ADC7
＝140°，则劣弧BD的长为 π ．
3
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°，根据角平分线的定义
1
得到∠ABD= ∠ABC＝20°，根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠A＝140°，根据弧长公式即可得到结论．
2
【解答】解：连接OD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝140°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°，
∵BD平分∠ABC，
1
∴∠ABD= ∠ABC＝20°，
2
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠A＝70°，
∴∠BOD＝2∠A＝140°，
140⋅π×3 7
∴劣弧BD的长= = π．
180 3
7
故答案为： π．
3
15．（2022•青羊区校级自主招生）如图，已知扇形ACB中，∠ACB＝90°，以BC为直径作半圆O，过点
O作AC的平行线，分别交半圆O，弧AB于点D、E，若扇形ACB的半径为8，则图中阴影部分的面积20
是 π ﹣ 8 √3 ．
3
【分析】连接CE．图中S ＝S ﹣S ﹣S ．根据已知条件易求得OB＝OC＝OD＝4，BC＝
阴影 扇形BCE 扇形BOD △OCE
CE＝8．∠ECB＝60°，OE＝4√3，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可．
【解答】解：如图，连接CE．
∵AC⊥BC，AC＝BC＝8，以BC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作弧AB，
∴∠ACB＝90°，OB＝OC＝OD＝4，BC＝CE＝8．
又∵OE∥AC，
∴∠ACB＝∠COE＝90°．
∴在直角△OEC中，OC＝4，CE＝8，
∴∠CEO＝30°，∠ECB＝60°，OE＝4√3，
60π×82 90π×42 1 20
∴S ＝S ﹣S ﹣S = - - ×4×4√3= π﹣8√3，
阴影 扇形BCE 扇形BOD △OCE 360 360 2 3
20
故答案为： π﹣8√3．
3
16．（2022秋•望城区期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．且AB＝
8，AC＝15，BC＝17，则⊙O的半径是 3 ．
【分析】根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC为直角三角形，再根据切线长定理即可求解．
【解答】解：如图，连接OD、OE、OF，∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E．F，
∴OE⊥AC，OF⊥AB，AE＝AF，
∵AB＝8，AC＝15，BC＝17，
即82+152＝172，
∴△ABC为直角三角形，
∴∠A＝90°，
∴四边形AEOF是正方形，
∴OE＝OF＝AE＝AF，
设⊙O的半径是r，
则AF＝AE＝r，BF＝BD＝8﹣r，EC＝DC＝15﹣r，
∵BD+DC＝BC＝17，
∴8﹣r+15﹣r＝17，
解得r＝3．
所以⊙O的半径是3．
故答案为3．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（2022秋•锡山区校级月考）如图，P是⊙O外的一点，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，C是^AB
上的任意一点，过点C的切线分别交PA、PB于点D、E．若PA＝4，求△PED的周长．
【分析】由PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，根据切线长定理得到PA＝PB＝4，同理得DC＝DA，
EC＝EB，再根据三角形周长的定义得到△PED的周长＝PD+DE+PE，然后利用等相等代换得到△PDE
的周长＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB．
【解答】解：∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴PA＝PB＝4，∵过点C的切线分别交PA、PB于点D、E，
∴DC＝DA，EC＝EB，
∴△PED的周长＝PD+DE+PE＝PD+DC+CE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝4+4＝8．
18．（2022秋•安徽期末）如图，四边形ABCD内接于圆，AD，BC的延长线交于点E，F是BD延长线上
任意一点，AB＝AC．
（1）求证：DE平分∠CDF；
（2）求证：∠ACD＝∠AEB．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠CDE＝∠ABC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证
明即可；
（2）根据三角形外角的性质和图形得到∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC，得到∠E＝∠ABD，根据圆周角
定理证明．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠CDE＝∠ABC，
由圆周角定理得，∠ACB＝∠ADB，又∠ADB＝∠FDE，
∴∠ACB＝∠FDE，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠FDE＝∠CDE，即DE平分∠CDF；
（2）∵∠ACB＝∠ABC，
∴∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC，
又∠CAE＝∠DBC，
∴∠E＝∠ABD，
∴∠ACD＝∠AEB．
19．（2022秋•广陵区期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，
与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．
【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，进
而证得∠OCP＝90°，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判
定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD．
【解答】解：（1）PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠PCB＝∠PAC，
∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2，
∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，
∴⊙O的半径为5；
连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠BAD＝∠ABD，
∴AD＝BD，
在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2，
∴2AD2＝102，
∴AD2＝50，
∴AD=√50=5√2．
20．（2022•宿迁）如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O
于点Q，过点Q的⊙O的切线交OA延长线于点R．
（Ⅰ）求证：RP＝RQ；
（Ⅱ）若OP＝PA＝1，试求PQ的长．
【分析】（I）要证明RP＝RQ，需要证明∠PQR＝∠RPQ，连接OQ，则∠OQR＝90°；根据OB＝OQ，
得∠B＝∠OQB，再根据等角的余角相等即可证明；
（II）延长AO交圆于点C，首先根据勾股定理求得BP的长，再根据相交弦定理求得QP的长即可．
【解答】（Ⅰ）证法一：
连接OQ；
∵RQ是⊙O的切线，
∴∠OQB+∠BQR＝90°．
∵OA⊥OB，∴∠OPB+∠B＝90°．
又∵OB＝OQ，
∴∠OQB＝∠B．
∴∠PQR＝∠BPO＝∠RPQ．
∴RP＝RQ．
证法二：
作直径BC，连接CQ；∵BC是⊙O的直径，
∴∠B+∠C＝90°．
∵OA⊥OB，
∴∠B+∠BPO＝90°．
∴∠C＝∠BPO．
又∠BPO＝∠RPQ，
∴∠C＝∠RPQ．
又∵RQ为⊙O的切线，
∴∠PQR＝∠C．
∴∠PQR＝∠RPQ．
∴RP＝RQ．
（Ⅱ）解法一：
作直径AC，
∵OP＝PA＝1，
∴PC＝3．
由勾股定理，得BP=√12+22=√5
由相交弦定理，得PQ•PB＝PA•PC．
即PQ×√5=1×3，
3√5
∴PQ= ．
5
解法二：
作直径AE，过R作RF⊥BQ，垂足为F，
设RQ＝RP＝x；
由切割线定理，得：x2＝（x﹣1），（x+3）3
解得：x= ，
2
PF PR
又由△BPO∽△RPF得： = ，
OP BP
3
∴PF 2 3√5，
= ×1=
√5 10
3√5
由等腰三角形性质得：PQ＝2PF= ．
5
21．（2022•天心区二模）如图，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AD⊥BC，垂足为D，^AB=^AE，BE
分别交AD、AC于点 F、G．（1）证明：FA＝FG；
（2）若BD＝DO＝2，求弧EC的长度．
【分析】（1）根据BC是⊙O的直径，AD⊥BC，^AB=^AE，推出∠AGB＝∠CAD，即可推得FA＝
FG．
（2）根据BD＝DO＝2，AD⊥BC，求出∠AOB＝60°，再根据^AB=^AE，求出∠EOC＝60°，即可求出
^EC的长度是多少．
【解答】（1）证明：∵BC 是⊙O 的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠AGB＝90°；
∵AD⊥BC，
∴∠C+∠CAD＝90°；
∵^AB=^AE，
∴∠C＝∠ABE，
∴∠AGB＝∠CAD，
∴FA＝FG．
（2）解：如图，连接AO、EO，
，
∵BD＝DO＝2，AD⊥BC，
∴AB＝AO，
∵AO＝BO，
∴AB＝AO＝BO，∴△ABO是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∵^AB=^AE，
∴∠AOE＝60°，
∴∠EOC＝60°，
60 4
∴^EC的弧长＝2π×（2×2）× = π．
360 3
22．（2022秋•梁平区期末）根据垂直定理解答下列问题：
（1）如图①，在弓形ABC中，弓形高CD＝2米，弦AB＝12米，求弓形所在的圆的半径．
（2）如图②中，作直径AC、BD，使得AC⊥BD，连接AB、BC、CD、DA，则四边形ABCD的形状是
正方形 ；
（3）在途②中，作直径A′C′⊥AB于点E，交CD于点F，作直径B′D′⊥BC于点G，交AD于
H，求证：八边形AA′BB′CC′DD′是正八边形；
（4）在图②中，直径A′C′将弓形AA′B分成面积相等的两部分，请你将图③中弓形的面积分成相
等的四部分，只说作法，不说理由．
【分析】（1）由垂径定理得AD＝6，再利用勾股定理求得半径；
（2）由圆周角定理得∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，由垂直平分线定理得AD＝CD，证得结
论；
（3）由平行线性质得，A′C′⊥CD，B′D′⊥AD，由垂径定理得AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，
BG＝CG，易得AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′，利用全等三角形的判定和
性质得AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′，得出结论；
（4）利用已知的结论和垂径定理作答．
【解答】解：（1）设弓形所在的圆的半径为x，则OD＝x﹣2，
∵AB＝12，CD⊥AB，
∴AD＝6，
∴62+（x﹣2）2＝x2，解得：x＝10，
∴弓形所在的圆的半径为10米；
（2）∵AC、BD为直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝CD，
∴四边形ABCD为正方形，
故答案为：正方形；
（3）∵直径A′C′⊥AB，直径B′D′⊥BC，
∴A′C′⊥CD，B′D′⊥AD，
∴AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，BG＝CG，
∴AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′，
{
OD=OD
∠D'OD=∠C'OD=45°，
OD'=OC'
∴△ODD′≌△ODC′（SAS），
∴DD′＝DC′，
同理证得：AD′＝AA′，A′B＝B′B，C′C＝B′C，
∴AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′，
∴八边形AA′BB′CC′DD′是正八边形；
（4）作垂直于弦的直径交弓于点A，
连接BA，CA，再作OM⊥BA交弓于M，
ON⊥CA交弓于N，
则M，A，N把弓分成面积相等的四部分．23．（2022•社旗县一模）请阅读下面材料，并完成相应的任务；
阿基米德折弦定理
阿基米德（Arehimedes，公元前287﹣公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与
牛顿、高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al﹣Biruni（973年﹣1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al
﹣Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M
是^ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作MH⊥射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC．
∵M是^ABC的中点，
∴MA＝MC．
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图3，已知等边三角形ABC内接于⊙O，D为^AC上一点，∠ABD＝15°，CE⊥BD于点E，CE＝
2，连接AD，则△DAB的周长是 4+ 2√2 ．【分析】（1）证明△AHM≌△CDM（AAS），推出MH＝DM，AH＝CD，再证明Rt△BMH≌△BMD
（HL），推出BH＝BD，可得结论；
（2）证明△ECB是等腰直角三角形，求出AB＝BC＝2√2，利用（1）中结论BE＝AD+DE＝2，可得结
论．
【解答】（1）证明：如图2中，
∵^AM=C^M，
∴AM＝CM，
∵MH⊥AH，MD⊥BC，
∴∠H＝∠CDM＝90°，
∵∠A＝∠C，
∴△AHM≌△CDM（AAS），
∴MH＝DM，AH＝CD，
∵∠H＝∠BDM＝90°，BM＝BM，
∴Rt△BMH≌△BMD（HL），
∴BH＝BD，
∴CD＝AH＝AB+BH＝AB+BD；（2）解：如图3中，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB，∠ABC＝60°，
∵∠ABD＝15°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∵CE⊥BD，
∴∠ECB＝∠EBC＝45°，
∴CE＝BE＝2，
∴AB＝BC＝2√2，
∴由（1）的结论得，BE＝DE+AD＝2，
∴△ABD的周长是AD+BD+AB＝AD+DE+EB+AB＝4+2√2．
故答案为：4+2√2．
