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专题08 圆
5 年真题1 年模拟·答案版
考点01 切线的性质定理与圆内接多边形
1.B
2.C
3.A
4.C
考点02 圆的综合问题
1. 【答案】(1)60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
ABD是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
AF
CE
∥
．
∴四边形AFEC 是平行四边形．
(3)
7
3
【分析】（1）先判定ABD 是等边三角形，得到
60
BAD
BDA
，利用圆的内接四边形的性质，证明
60
BCE
BAD
，最后利用三角形内角和定理解答即可；
（2）先利用
ACD
E
判定AC
EF ，利用圆的内接四边形的性质求得
120
AFB
，证明AF
CE ；
（3）过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
，先判定BCE 是等边三角形，证明
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CFE
BDE AAS
≌
，得到EF
ED
，再证明DEF 是等边三角形，证明BC
DF ，BCG
DFG
∽
，
BCE
FDE
∽
，得到
2
BE
a
，
3
EF
a
，接着利用勾股定理表示出
,
CH CF ，利用平行四边形的性质表示
出AC ，进一步解答即可．
【详解】（1）解：
AB
BD
，
60
ABD
，
ABD
△
是等边三角形．
60
BAD
BDA
．
∵四边形ABCD 是
O 的内接四边形，
180
BAD
BCD
．
又
180
BCE
BCD
，
60
BCE
BAD
．
60
CBE
，
180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
CFE
BDE AAS
≌
．
EF
ED
．
BF
CD
a
．
60
E
，
DEF
是等边三角形．
60
FDE
BCE
．
BC
DF
∥
．
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BCG
DFG
△
∽△
．
2
3
BC
CG
DF
FG
．
BC
DF
∥
，
BCE
FDE
△
∽△
．
2
3
BE
BC
FE
FD
．
2
BE
a
，
3
EF
a
．
∵四边形AFEC 是平行四边形，
3
AC
EF
a
．
BCE
△
是等边三角形，CH
BE
，
1
2
BH
BE
a
．
在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
2. 【答案】(1)
证明：
AB
AC
∵
，
ABC
ACB
．
AB
AB
，
ACB
ADB
，
ABC
ADB ．
ADB
DBE
E
，
ABC
DBE
E
．
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(2)
证明：
AD
AD
，
ABD
ACD
．
BG
DG
，
BDG
ABD
ACD
，
又
DHF
CHD
，
HDF
HCD
∽
，
HF
HD
HD
HC
，
2
HD
HF HC
．
由（1）知，
ABC
DBE
E
，
又
ABC
DBE
ABD
，
ABD
E
，
BDG
E
．
ADB
ADG
BDG
DBC
E
，
ADG
DBC
．
∵CD
CD
，
DAC
DBC
，
ADG
DAC
，
AH
DH
，
2
AH
HF HC
．
(3)3 6
【分析】（1）利用AB
AC
得
ABC
ACB
，结合同弧AB 所对圆周角
ACB
ADB
，再根据三角形外
角性质
ADB
DBE
E
，完成证明．
（2）先证HDF
HCD
得
2
HD
HF HC
，再通过角的等量代换证
ADG
DAC
，推出AH
DH
，从
而得
2
AH
HF HC
．
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（3）利用（2）结论将AGH 周长转化为AB ，通过相似三角形ACD
AEC
及三角函数、勾股定理求出AB
的长，即AGH 周长为3 6 ．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：由（2）知，AH
DH
，
AGH
△
的周长为AG
GH
AH
AG
GH
DH
AG
DG
AG
BG
AB
．
设DE
m
，则
2
2
3
AD
DE
m
AE
AD
DE
m
，
．
由（2）可知，
ACD
E
．
又
CAD
EAC
，
ACD
AEC
∽
，
AC
AD
CD
AE
AC
EC
，
2
2
6
AC
AD AE
m
，
6
AC
m
．
又
6
CD
，
6
6
3
m
m
EC
，
3
EC
．
过点C 作CP
AE
，垂足为P，则
90
CPD
CPE
．
四边形ABCD 是圆内接四边形，
180
ADC
ABC
，
又
180
ADC
CDP
，
CDP
ABC
，
tan
tan
5
CDP
ABC
．
在Rt
DCP
△
中，
5
PC
PD
，即
5
PC
PD
．
2
2
6
CD
PD
PC
PD
，
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6
6
PD
，
1
PD
，
1
PE
DE
DP
m
．
在Rt
CPE
△
中，
2
2
2
PE
PC
CE
，
2
2
2
(
1)
5
3
m
，
解得
3
m
，或
1
m （舍去）．
3 6
AB
AC
．
AGH
△
的周长为3 6 ．
【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似
三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．
3. 【答案】(1)
1
2
(2)
过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ．
,
90
BAE
ABM
AEO
BMO
．
AO
BO
，
AOE
BOM
△
≌△
，
,
AE
BM OE
OM
．
1
2
OE
AE
，
2
BM
OE
EM
，
45
MEB
MBE
，
135
AEB
AEO
MEB
，
180
135
BEC
MEB
，
AEB
BEC
．
,
90
AB
AC
BAC
，
45
ABC
，
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ABM
CBE
，
BAE
CBE
，
AEB
BEC
∽
．
(3)
如图，连接
,
DE DF ．
AB 是
O 的直径，
90 ,
2
ADB
AFB
AB
AO
．
,
90
AB
AC
BAC
，
2
,
45
BC
BD
DAB
．
由（2）知，AEB
BEC
∽
，
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，
AOE
BDE
△
∽△
，
90
BED
AEO
．
90
DEF
．
AFB
DEF
，
AF
DE
．
由（2）知，
135
AEB
，
180
45
AEF
AEB
．
45
DFB
DAB
，
DFB
AEF
，
AE
FD
∥
，
四边形AEDF 是平行四边形，
AD
与EF 互相平分．
【分析】（1）先证得
2
AC
AO
，再在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
，
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可得
2
AE
OE
，再证得结果；
（2）过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ，先证明AOE
BOM
≌
，可得
,
AE
BM OE
OM
，再证
得
BAE
CBE
，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接
,
DE DF ，由（2）AEB
BEC
∽
，可得
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，从而得
出AOE
BDE
∽
，得出
90
BED
AEO
，得出
AFB
DEF
，再由平行线判定得出AF
DE ，
AE
FD
∥
，从而得出四边形AEDF 是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）
AB
AC
∵
，且AB 是
O 的直径，
2
AC
AO
．
90
BAC
，
在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．
AE
OC
，
在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
．
2
AE
OE
，
1
2
OE
AE
；
（2）略
（3）略
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，
考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
4. 【答案】(1)
证明
AF 是
O 的切线，
AF
OA
，即
90
OAF
．
CE 是
O 的直径，
90
CBE
．
∴
90
OAF
CBE
．
AF
BC ，
BAF
ABC
，
OAF
BAF
CBE
ABC
，即
OAB
ABE
，
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AO
BE
．
(2)
解：
ABE
与
ACE
都是AE 所对的圆周角，
ABE
ACE
．
OA
OC
，
ACE
OAC
，
ABE
OAC
．
由（1）知
OAB
ABE
，
OAB
OAC
，
AO
平分
BAC
．
【分析】（1）由切线的性质可得
90
OAF
，由圆周角定理可得
90
CBE
，即
90
OAF
CBE
，
再根据平行线的性质可得
BAF
ABC
，则根据角的和差可得
OAB
ABE
，最后根据平行线的判定定
理即可解答；
（2）由圆周角定理可得
ABE
ACE
，再由等腰三角形的性质可得
ACE
OAC
，进而得到
ABE
OAC
，再结合
OAB
ABE
得到
OAB
OAC
即可证明结论．
【详解】（1）略
（2）略
【点睛】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相
关性质定理是解答本题的关键．
5. 【答案】(1)
证明：∵AD
BC
∥
，DF
AB
∥
，
∴四边形ABED 为平行四边形，
∴
B
D
，
∵
AFC
B
ACF
D
，
，
∴
AFC
ACF
，
∴AC
AF
．
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(2) 5
2
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED 是平行四边形，由平行四边形的性质可得
B
D
，等量
代换可得
AFC
ACF
，即可得出答案；
（2）连接
,
AO CO ，由（1）中结论可计算出
AFC
的度数，根据圆周角定理可计算出
AOC
的度数，再
根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）略
（2）解：连接
,
AO CO ，如图，
由（1）得
AFC
ACF
，
∵
180
30
75
2
AFC
，
∴
2
150
AOC
AFC
，
∴AC 的长
150
3
5
180
2
l
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考
查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
A
C
A
B
D
C
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
C
D
D
D
C
B
B
B
B
B
题号
21
答案
C
22．2
23．540
7
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24．40
25．1
3
26．
27．3
28．1 π
3
29．10 3π
30．45
31．5 5
48
32．2.5
33．81
34．2 10
2
/ 2
2 10
35．90的圆周角所对的弦是直径
36．②⑤
37．
π
3
2
38．12 3
8π
39．24 3
7
/ 24
3
7
40．
6
2
1
或2 6
2 1
41．9
2 5
/ 2 5
9
42．(1)解：作图如下：
(2)证明：
2
AB
AC
Q
，
2
AB
AC
．
90
C
，
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2
2
2
AC
BC
AB
，
即
2
2
2
2 3
2
AC
AC
，
2
AC
，
tan
3
BC
A
AC
，
60
A
∴
，
30
B
．
OB
OD
，
30
BDO
B
．
30
FDA
BDO
，
OF
DE
，
90
FDE
，
90
30
60
ADE
FDE
FDA
，
60
A
ADE
，
ADE
是等边三角形．
【分析】（1）按照过一点作已知直线的垂线的方法作图即可；
（2）由已知条件及勾股定理可求得AC ，由三角函数可求得
60
A
，进而得
30
B
，由等腰三角形的
性质得
30
FDA
，由切线的性质及等边三角形的判定即可完成证明．
【详解】（1）解：连接OD 并延长到F，以D 为圆心，任意长为半径画弧交射线OF 于两点，再作以这两
点为端点的线段的垂直平分线交AC 于点E，则点E 为所确定的点．作图略；
（2）略
43．(1)证明：如图，连接OD ，
∵BC 是⊙O 的直径，
∴
90
BAC
，
∵AD 平分
BAC
，
∴
2
BAC
BAD
，
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∵BD
BD
，
∴
2
BOD
BAD
，
∴
90
BOD
BAC
，
∵DP
BC
∥
，
∴
90
ODP
BOD
，
∴PD
OD
，
∵OD 是
O 半径，
∴PD 是
O 的切线；
(2)证明：∵DP
BC
∥
，
∴
ACB
P
，
∵AB
AB
，
∴
ACB
ADB
，
∴
ADB
P
，
∵四边形ABDC 是圆内接四边形，
∴
180
ABD
ACD
，
∵
180
ACD
DCP
，
∴
ABD
DCP
，
∴
ABD
DCP
△
∽△
∴AB
BD
DC
CP
．
(3)10 13
3
【分析】（1）先得出
2
BAC
BAD
，进而得出
90
BOD
BAC
，得出PD
OD
即可得出结论；
（2）先说明
ADB
P
，再推出
DCP
ABD
，即可得出结论；
（3）在Rt
ABC
△
中，求出
4 13
BC
，在Rt BCD 中，求出
2 26
BD
CD
，由（2）知，AB
BD
DC
CP
，
可求出
26
3
DC BD
CP
AB
，过点C 作CE
DP
于点E，在Rt
CDE
△
中，求出
sin45
2 13
DE
CE
CD
，
在Rt
CEP
△
中，求出
2
2
4 13
3
EP
CP
CE
，然后根据DP
DE
EP
求解即可．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）解：∵BC 是
O 的直径，
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∴
90
BAC
BDC
，
在Rt
ABC
△
中，
2
2
4 13
BC
AB
AC
，
∵AD 平分
BAC
，
∴
BAD
CAD
，
∴BD
CD
，
∴BD
CD
，
在Rt BCD 中，
2
sin45
4 13
2 26
2
BD
CD
BC
，
由（2）知，AB
BD
DC
CP
，
∴
2 26
2 26
26
12
3
DC BD
CP
AB
，
过点C 作CE
DP
于点E，
∵OB
OC
，
∴
45
BDO
CDO
，
∵
90
ODP
，
∴
45
CDE
，
在Rt
CDE
△
中，
2
sin45
2 26
2 13
2
DE
CE
CD
，
在Rt
CEP
△
中，
2
2
4 13
3
EP
CP
CE
，
∴
4 13
10 13
2 13
3
3
DP
DE
EP
44．(1)证明：∵四边形ABCD内接于
O ，
∴
180
ABC
ADC
，
∵
180
HDC
ADC
，
∴
HDC
ABC
，
∵CE
AB
，
∴
90
BFC
，
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∴
90
FCB
FBC
，
∴
90
HDC
FCB
；
(2)①证明：∵AB 为
O 的直径，
∴
90
ACB
ADB
，
∴
180
90
GDH
ADB
，
∵CE
AB
，
∴
90
BFG
AFH
，
∵
90
H
HGD
，
90
GBF
BGF
，
BGF
HGD
，
∴
H
GBF
，
∴BGF
HFA
∽
，
∴FG
BF
AF
FH
，
∴FG FH
BF AF
，
∵
90
ACF
BCF
BCF
CBF
，
∴
ACF
CBF
，
∵
90
AFC
BFC
，
∴BFC
CFA
∽
，
∴BF
CF
CF
AF
，
∴
2
BF AF
CF
，
∴
2
FC
FG FH
；
②
2
2
1 t
t
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得
180
ABC
ADC
，再结合
180
HDC
ADC
，得出
HDC
ABC
，由题意可得
90
BFC
，则
90
FCB
FBC
，由此即可得证；
（2）①由圆周角定理可得
90
ACB
ADB
，证明BGF
HFA
∽
，得出FG FH
BF AF
，再证明
BFC
CFA
∽
，得出
2
BF AF
CF
，即可得证；②由垂径定理并结合圆周角定理可得
CBD
BCE
BAC
CAD
，由正切的定义，设
1
BC ，则
1
AB
t
，BF
t
，由勾股定理可得
2
1 t
AC
t
，作CM
BD
于M ，则
2
BD
BM
，CM
t
，求出
2
2 1
BD
t
，
2
2
1 2t
AD
t
，表示出
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2
2
2
1
2
1
2 1
ABD
t
C
AB
BD
AD
t
t
t
，则
2
2
2
2
1 2
1
1 2
1
ABD
t
t
t
C
AC
t
，设
BCF
BAC
CAD
，求出
45
，即
45
BCF
，从而可得
2
sin
2
BCF
，结合题意可得
2
0
2
t
，即
2
1 2
0
t
，再结合二次根式的性质化简即可得出结果
【详解】（1）略
（2）①略；
②解：∵CE
AB
，AB 为
O 的直径，
∴
90
BFG
AFH
，BC
BE
，
90
ACB
ADB
，
∵BC
CD
，
∴BC
CD
BE
，CD
BC
，
∴
CBD
BCE
BAC
CAD
，
∵BF
t
BC ，
∴sin
BF
BCF
t
BC
，
∴sin
BC
BAC
t
AB
，
设
1
BC ，则
1
AB
t
，BF
t
，
∴
2
2
2
1 t
AC
AB
BC
t
，
作CM
BD
于M ，则
2
BD
BM
，
∵sin
CM
CBD
t
BC
，
∴CM
t
，
∴
2
2
2
1
BM
BC
CM
t
，
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∴
2
2
2 1
BD
BM
t
，
∴
2
2
2
2
1
2t
AD
AB
BD
t
，
∴
2
2
2
1
2
1
2 1
ABD
t
C
AB
BD
AD
t
t
t
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2
1
2 1
1
2
1
1 2
1
1
ABD
t
t
t
t
t
C
t
t
AC
t
t
t
，
设
BCF
BAC
CAD
，则
90
CAD
CAB
ABD
，
∴2
90
ABD
，
∴
45
，即
45
BCF
，
∴
2
sin
2
BCF
，
∴结合题意可得
2
0
2
t
，
∴
2
1 2
0
t
，
∴
2
2
2
2
1 2
1
1 2
1
ABD
t
t
t
C
AC
t
2
2
2
1
2
1
1 2
1
t
t
t
t
2
2
2
2 1
1
1
t
t
t
t
2
2
2
2 1
1
1
t
t
t
t
2
2
1
t
t
．
【点睛】在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；直径所对的圆周角为直角；相似三角形的对应
边成比例．
45．(1)50
(2)①如图，连接
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DC ，
由折叠性质得
ACF
MCF
∵
90
BAC
，
∴
90
ABC
ACB
，
∵
ABD
CBD
∴
1
45
2
GBC
GCB
ABC
ACB
，
∴
45
DGC
GBC
GCB
，
∵BC 为
O 的直径，
∴
=90
BDC
，
∴DGC 为等腰直角三角形，
∴DG
DC
，
∵AD
AD
，
∴
ACD
ABD
，
∴
ACD
DBC
，
又∵
BDC
BDC
，
∴
DCE
DBC
△
△
∽
，
∴DE
DC
DC
DB
，
即
2
DC
DE DB
∴
2
DG
DE DB
．
②
2
AF
a
ab
，理由：
如图，连接AM 交FC 于点K ，
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由折叠性质得
CFA
CFM
，AM
FC
∵MF
AB
∴
90
MHA
MHB
BAC
∴AC
FM
∥
∴
ACF
CFM
∴
ACF
CFA
∴AF
AC
AF
AC
又∵OA 为半径，
由垂径定理的推论得：OA
FC
，KC
KF
又∵AM
FC
，
∴A 、O、M 三点共线
∴AM
AO
OM
a
b
∴
1
2
2
a
b
MK
AK
AM
∴
2
a
b
KO
AO
AK
在Rt COK 中，由勾股定理得：
2
2
2
KC
KO
CO
即
2
2
2
2
4
a
b
KC
a
KF
在Rt
AKF
△
中，由勾股定理得：
2
2
2
AF
AK
FK
∴
2
2
2
2
2
4
4
a
b
a
b
AF
a
a
ab
∴
2
AF
a
ab
【分析】（1）由圆周角定理以及直角三角形两锐角互余即可求解；
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（2）①如图，连接DC ，通过证明
DCE
DBC
△
△
∽
解决问题；②连接AM 交FC 于点K ，先由垂径定理以
及折叠的性质证明A 、O 、M 三点共线，然后用,a b 的代数式表示
,
AM KO ，再对Rt COK 和Rt
AKF
△
运用
勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵BC 为
O 的直径，
∴
90
BAC
，
∵D 是AC 的中点，
∴
ABD
CBD
，
∵
20
ABD
，
∴
2
40
ABC
ABD
，
∴
90
50
ACB
ABC
；
（2）略
46．(1)证明：∵OA
OC
，
∴
15
ACO
CAB
．
由翻折得，
15
DCO
ACO
，
∴
30
ACD
．
∴
2
60
AOD
ACD
，
∵OA
OD
，
∴OAD 是等边三角形，
∴AD
OA
．
(2)证明：设
CAB
，
由（1）得
2
ACD
，
由翻折得AC
DC
，
∴
180
90
2
ACD
CAD
CDA
．
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∴
90
2
BAD
CAD
CAB
．
∵点E 是BD的中点，
∴
1
45
2
BAE
BAD
．
∴
45
CAE
CAB
BAE
．
(3)
O 的直径为68
15
【分析】（1）由OA
OC
得
15
ACO
CAB
，由翻折得，
15
DCO
ACO
，得
30
ACD
，由
圆周角定理得
2
60
AOD
ACD
，由OA
OD
可证明OAD 是等边三角形，从而可证明结论；
（2）设
CAB
，得
2
ACD
，由翻折得AC
DC
，得
90
CAD
CDA
，求出
90
2
BAD
，由点E 是BD的中点可得
45
BAE
，从而可得出
45
CAE
，故可得结论；
（3）．延长BE ，AD 相交于点F，连接DE ，设BE
x
，解Rt
ABE
△
，求得
4
AE
x
，根据勾股定理得
17
AB
x
，
根据ASA 证明
AEF
AEB
≌
，得出DE
EF
x
；证明FDE
FBA
∽
，求出
2 17
17
FD
x
，根据FD
AD
AF
求出
4 17
15
x
，从而可求出AB ．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：如图2，延长BE ，AD 相交于点F，连接DE ．
设BE
x
，
∵AB 是
O 的直径，
∴
90
AEB
．
∴
180
90
AEF
AEB
．
在Rt
ABE
△
中，
1
tan
4
BE
BAE
AE
，
∴
4
AE
x
．
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由勾股定理得
2
17
AB
AE
BE
x
，
∵点E 是BD的中点，
∴
EAF
EAB
，BE
DE
．
∵AE
AE
，
∴
ASA
AEF
AEB
≌
．
∴EF
BE
x
，
ABE
F
，
17
AF
AB
x
．
∴DE
EF
x
．
∴
EDF
F
ABE
．
∵
F
F
，
∴FDE
FBA
∽
．
∴FD
FE
FB
FA
．
∴2
17
FD
x
x
x
．
∴
2 17
17
FD
x
．
∵FD
AD
AF
，
∴2 17
4
17
17
x
x
．
解得
4 17
15
x
．
∴
68
17
15
AB
x
．
即
O 的直径为68
15 ．
47．(1)公园步道的总长度为
300
30
米
(2)①如图所示，AF 即为所求
②点M 处不能接收到WiFi 信号，理由如下：
如图所示，连接AE 、BF ，交点为R ，过点R 作RH
EF
于点H ，过点M 作MQ
RH
于点Q ，交AF 于
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点P ，
∵
//
AB EF ，AB
EF
，
∴四边形ABEF 是平行四边形，
由题意可得，AF 与AB 是平滑连接，
∴AB
AF
，
∴四边形ABEF 是矩形，
∴AR
BR
ER
FR
，且RH
EF
，
∴H 为EF 中点，
∴
//
RH AF ，
1
2
RH
AF
，
∵M 在AF 上，且AF 为直径，
∴
90
AMF
，
∵
//
RH AF ，
∴MP
AF
，
∴
90
FPM
AMF
，且
AFM
PFM
，
∴AFM
MFP
∽
，
∴AF
FM
FM
PF
，
由题意可得，
60
30
30
120
AF
，
72
MF
，
∴120
72
72
PF
，
解得
216
5
PF
，
∴在PFM 中，
2
2
216
288
72
5
5
PM
，
∵
//
RH AF ，MQ
RH
，
∴
//
MQ HF ，
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∴四边形QHFP 是平行四边形，且
90
AFE
，
∴四边形QHFP 是矩形，
∴
1
60
2
PQ
HF
EF
，
216
5
QH
PF
，
∴
1
216
84
60
2
5
5
RQ
RH
QH
AF
QH
，
288
588
60
5
5
QM
PQ
PM
，
在Rt RQM 中，
2
2
2
2
84
588
84 2
118.8
110
5
5
RM
RQ
QM
，
∴点M 处不能接收到WiFi 信号．
【分析】（1）总长度为AB 、弧BC 、CD 、弧DE 、EF 的长度和，因为BC⌢ൌDE⌢，所以先利用弧长公
式计算单段弧长，再将各段长度相加；
（2）①连接AF ，作AF 的垂直平分线，与AF 的交点即为AF 的圆心，再以该交点为圆心、交点到A 的
距离为半径画弧即可；
②首先确定点R 是A、B、E、F 四点的外接圆圆心，通过作作垂线构造相似的直角三角形，利用对应变成
比例得到相应线段，将RM 放在一个直角三角形中，利用勾股定理计算长度，和110比较大小．
【详解】（1）解：BC
DE
，且BC 所在圆的半径为30米，所对的圆心角为90，
∴BC 的弧长
90
2π
30
15
360
米，
∵
120
AB
EF
米，
60
CD
米，
∴公园步道的总长度
120
60
120
15π
15π
300
30
AB
CD
EF
BC
DE
（米），
答：公园步道的总长度为
300
30
米．
（2）①略
②略
48．(1)60
(2)4
(3)
26
【分析】（1）根据直角三角形的性质得出EA
EB
EO
，结合圆中半径处处相等证明
AOE
△
为等边三角形，
即可解答；
（2）如图，连接EC ，证明ACE
ABC
∽
，即可解答；
（3）作OD
AB
于点D ，根据垂径定理得出ED
DA
，设ED
DA
n
，OD
m
，则
2
AE
n
，
2
2
AB
n
，
25 / 63
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2
2
2
AO
m
n
，根据
2
2
1
4
2
AOE
AOC
AEOC
S
S
S
n m
n
m
四边形
，得
2
8
n
m
，则
2 2
n
m
①，
证明ADO
AOB
∽
，得出
2
AO
AD AB
，即
2
2
2
m
n
n
②．由①②求出
6
2
5
m
，
4
2
5
n
．在Rt DOB
中，根据勾股定理求出BO ，OC ，即可解答．
【详解】（1）解：
AO
BC
，
90
AOB
，
又∵点E 为AB 中点，
∴EA
EB
EO
，
在
O 中，OA
OE
，
OA
OE
AE
，
∴
AOE
△
为等边三角形，
60
EOA
．
（2）解：如图，连接EC ，
由题可得AO
OC
，OA
OC
，
AOC
为等腰直角三角形，
45
ACO
，
1
45
2
AEC
AOC
，
∵
EAC
CAB
，
AEC
ACB
，
ACE
ABC
∽
，
AE
AC
AC
AB
，
即
2
2
2
4
AE AB
AC
．
（3）解：作OD
AB
于点D ，
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OE
OA
Q
，
ED
DA
，
设ED
DA
n
，OD
m
，则
2
AE
n
，
2
2
AB
n
，
∴
2
2
2
2
2
AO
AD
OD
m
n
，
2
2
2
1
1
1
2
4
2
2
2
AOE
AOC
AEOC
S
S
S
n m
AO
n m
n
m
四边形
，
整理得
2
8
n
m
，
2 2
n
m
①（
0
n
m
），
∵
DAO
OAB
，
ADO
AOB
，
ADO
AOB
△
∽△
，
AD
AO
AO
AB
，
∴
2
AO
AD AB
，
即
2
2
2
2
n
m
n
n
，
∴
2
2
2
m
n
n
②．
由①②解得：
6
2
5
m
，
4
2
5
n
．
∴
6
2
5
DO
，
4
2
5
AD
DE
n
．
∴
9
2
2
5
BD
n
，
在Rt DOB 中，
2
2
2
2
6
3
(
2)
(
2)
26
5
5
9
5
BO
DO
DB
，
2
2
26
5
2
OC
n
m
，
26
BC
BO
OC
．
49．(1)证明：如图，过点B 作直径BH ，连接AH 、BE ，
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2
PB
PA PE
，
PB
PE
PA
PB
，
又
BPE
APB
，
PBE
PAB
△
∽△
，
PBE
PAB
，
BH 是
O 的直径，
90
BAH
，
90
BAP
EAH
，
∵
PBE
PAB
，
EBH
EAH
，
90
PBE
EBH
，
90
HBP
，
HB
BP
，
又
BH 是
O 的直径，
BP
是
O 的切线．
(2)（i ）12
3 3
；（ii ）
39
3
【分析】（1）过点B 作直径BH ，连接AH 、BE ，由等式变形证
PBE
PAB
△
∽△
，得到等角，根据直径所对
圆周角为直角，等量代换推出半径与BP 垂直，证得切线；
（2）（i ）在
DFC
△
中解直角三角形求出DF ，套用夹角面积公式算出DG ，通过角度换算得到
45
BDG
，
求出BDG 的高，结合BD 长度直接计算面积；（ii ）过点D 作DQ
AC
，垂足为Q ，连接GO ，先算出OD 、
DQ ，结合
18
DG DF
证三角形相似，推出
90
DGO
，确定G 点在以DO 为直径的圆上，利用定点到
圆心距离减半径，求出BG 最小值．
【详解】（1）略
（2）（i ）解：如图，分别过点D 、G 作DM
AC
、GN
BD
，垂足分别为M 、N ，
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在等边ABC 中，
60
C
，
3 3
DC
，
9
sin60
2
DM
DC
，
45
DFC
，
9 2
2
2
DF
DM
，
60
FDG
，且
9 3
2
DFG
S
△
，
FGD 中DG 边上的高为
sin60
DF
，
1
9 3
sin60
2
2
DG DF
，
18
DG DF
，
2 2
DG
，
180
75
CDF
DFC
C
，
180
45
BDG
CDF
FDG
，
sin45
2
GN
DG
，
12
BC
AB
，
12
3 3
BD
BC
CD
，
1
12
3 3
2
BDG
S
BD GN
△
．
（ii）解：如图，过点D 作DQ
AC
，垂足为Q ，连接GO ，
AB
AC
∵
，OB
OC
，AP 过点O，
29 / 63
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1
30
2
CAD
CAB
，
1
6
2
CD
BC
，
90
60
ADQ
CAD
，
6 3
AD
，
2 3
OD
，
sin60
3 3
DQ
CD
，
18
OD DQ
，
18
DG DF
，
DG DF
OD DQ
，
DG
DO
DQ
DF
，
60
FDG
，
GDO
GDF
ODF
ADQ
ODF
QDF
，
GDO
QDF
△
∽△
，
90
DGO
DQF
，
∴点G 在以DO 为直径的圆上，
取OD 的中点I ，连接BI 、GI ，
1
3
2
GI
DI
DO
，
6
BD
CD
，
2
2
39
BI
BD
DI
，
39
3
BG
BI
GI
，
BG
的最小值为
39
3
．
50．(1)60°
(2)①
3 5
5
DN
；②当0
45
AOC
时，
1
2
2
DG
DP
；当45
60
AOC
时，
1
2
2
DG
DP
【分析】（1）利用点A 和点D 关于OC 对称的性质，得到两个相等的角
AOC
COD
，进而求出
BOD
的度数，结合OD
OB
，得
60
COD
AOC
，得到
ABD
的度数；
（2）①连接AD 交CO 于点K，连接ON ，EN ，在Rt
AOE
△
中，求出
1
AE ，
5
OE
，
5
2
FN
FE
OF
AF
，
2
5
AN
AF
．得四边形AONE 为矩形．证明OC 为AD 的垂直平分线，可
证明
90
ADN
OKA
，Rt AOK 中，求出
2 5
5
AK
，
4 5
5
AD
．Rt
AND
△
中，由勾股定理得
3 5
5
DN
．
②连接BD ，当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，当45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，两种情
况讨论：当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，证明四边形OBDM 为平行四边形，设DP
m
，
30 / 63
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OF
EF
AF
a
，证明
AOF
PMF
△
∽△
得AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
1
2
FM
a
am
，
1
2
ME
FM
EF
am
．证明
OEA
MEG
△
∽△
．得AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，求得
1
2
2
DG
DP
．当
45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，同理可得
1
2
2
DG
DP
．
【详解】（1）解：连接AD ，
∵AB 为半圆O 的直径，点A 关于OC 对称点为点D，
60
AOC
，
∴OC 为AD 的垂直平分线，
∴OA
OD
．
∴点D 在半圆O 上．
∴
60
COD
AOC
，
∴
120
AOD
AOC
COD
，
∴
1
60
2
ABD
AOD
．
（2）解：∵l 与半圆O 相切于点A，
∴
90
EAO
．
∵AB 为半圆O 直径，
4
AB
，
∴
2
OA
OB
r
．
∵F 为Rt
AOE
△
斜边OE 中点，
∴
1
2
FE
OF
AF
OE
，
∴
FAO
FOA
x
．
①连接AD 交CO 于点K，连接ON ，EN ，
31 / 63
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在Rt
AOE
△
中，
1
tan
2
AE
AOC
AO
，
∴
1
AE ，
5
OE
，
∴
5
2
FN
FE
OF
AF
，
2
5
AN
AF
．
∴四边形AONE 为平行四边形，
又AN
OE
，
∴四边形AONE 为矩形．
∵点A 关于OC 对称点为点D，
∴OC 为AD 的垂直平分线，
∴
90
OKA
，
1
2
AK
DK
AD
．
又∵FN
AF
，
∴FK
DN
∥
，
∴
90
ADN
OKA
．
Rt AOK 中，
1
tan
2
AK
AOK
OK
，
2
OA
，
∴
2 5
5
AK
，
∴
4 5
5
AD
．
Rt
AND
△
中，
90
ADN
，
∴
2
2
2
AD
DN
AN
，
∴
3 5
5
DN
．
②连接BD ，
∵P 与D 不重合，
∴
45
AOC
．
∵点D 在半圆O 上，
AOC
COD
x
，
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∴
2
AOD
x
，
1
2
ABD
AOD
x
，
∴
ABD
AOC
x
，
∴BD
OC
∥
．
（Ⅰ）当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，如图，
∵
2
AOD
x
，
∴
1
2
APD
AOD
x
，
∴
APD
FAO
x
．
∴AB
PM
∥
．
又BD
OC
∥
，
∴四边形OBDM 为平行四边形，
PMF
FOA
x
，
∴
2
DM
OB
．
设DP
m
，OF
EF
AF
a
，
∴
2
PM
PD
DM
m
．
∵
FAO
APD
，
FOA
PMF
，
∴
AOF
PMF
△
∽△
．
∴AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
∴
1
2
FM
a
am
，
∴
1
2
ME
FM
EF
am
．
∵
FOA
PMF
，
OEA
MEG
，
∴
OEA
MEG
△
∽△
．
∴AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，
∴
1
2
GM
m
，
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∴
1
2
2
DG
DM
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DP
．
（Ⅱ）当45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，
∵
180
180
APD
B
x
，
∴
180
PAB
APD
，
∴AB
PD
∥
．
∴四边形OBDM 为平行四边形，
PMF
FOA
x
，
∴
2
DM
OB
．
设DP
m
，OF
EF
AF
a
，
∴
2
PM
DM
PD
m
．
∵
FAO
FPM
，
AFO
PFM
，
∴
AOF
PMF
△
∽△
．
∴AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
∴
1
2
FM
a
am
，
∴
1
2
ME
EF
FM
am
．
∵
PMF
EMG
，
∴
FOA
EMG
，
OEA
OEA
，
∴
OEA
MEG
△
∽△
，
∴AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，
∴
1
2
GM
m
，
34 / 63
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∴
1
2
2
DG
DM
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DP
．
51．(1)证明：连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，
AB
AC
∵
，
,
BAN
CAN AN
BC
，直线AN 是线段BC 的垂直平分线，
ABN
ACN
，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AN 上，
,
BAO
CAO AO
BO
，
90
BAO
ABN
，
根据对称性质，得
ABD
ABN
，
90
ABD
ABO
ABN
ABO
ABN
BAO
，
BD
为
O 的切线．
(2)证明：连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，
根据折叠的性质，得AD
AC
，
AB
AC
∵
，
AD
AC
AB
，
ADB
ABD
ABC
ACB
，
设DO
AC
于点M，根据垂径定理，得AM
MC
，
故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，
AD
CD
，
AD
CD
AC
，
ADC
是等边三角形，
60
ADC
ACD
DAC
，
根据题意，得AB
CD
，DO
AC
，
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1
30
2
DAB
CAB
DAC
，
1
30
2
ADM
CDM
ADC
2
60
BOC
BAC
，
180
180
75
2
2
BAC
DAB
ADB
ABD
ABC
ACB
，
OB
OC
，
OBC
是等边三角形，
150
DBC
ABD
ABC
，
60
OBC
OCB
，
OB
OC
BC
，
根据折叠的性质，得BD
BC
，
OB
OC
BC
BD
OA
OE
，
180
150
15
2
BDC
BCD
，
45
ODB
ODC
BDC
，
90
OBD
，
45
DOB
，
DOB
ODB
，
OB
DB
，
2
2
2
DO
OB
BD
DB
；
根据题意，得
75
60
15
ABO
ACO
，
OA
OB
OC
，
15
ABO
BAO
ACO
CAO
，
45
EAO
DAB
BAO
，
OA
OE
，
45
AEO
，
90
AOE
，
2
2
2
AE
OE
OA
OA
；
2
AE
BD
．
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(3)
5
1
4
【分析】（1）连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，根据等腰三角形的性质，对称性质，切线的判定证明
即可；
（2）连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，设DO
AC
于点M，故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，证明
ADC 是
等边三角形，
OBC
△
是等边三角形，再根据对称性质，等腰直角三角形的性质，利用勾股定理证明即可．
（3）取BC 的中点K，连接AK ，连接BE ，证明BDE
ADB
∽
，设AE
BE
BD
BC
x
，得到
2
2
0
DE
xDE
x
，
5
1
2
AB
x
，根据余弦函数的定义计算即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：取BC 的中点K，连接AK ，
AB
AC
∵
，
,
BAK
CAK AK
BC
，直线AK 是线段BC 的垂直平分线，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AK 上，
1
2
BK
BC
，
根据对称性质，得BD
BC
，
AE
BD
，
AE
BD
BC
，
连接BE ，
BAC
ABE
，
根据对称性质，得
BAC
BAD
，
BAD
ABE
，
AE
BE
，
AE
BE
BD
BC
，
BDE
BED
，
四边形AEBC 是
O 的内接四边形，
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ACB
BED
，
AC
AB
，
ACB
ABC
，
BED
ABC
，
根据对称性质，得
ABD
ABC
，
BED
ABD
，
BDE
ADB
，
∴BDE
ADB
∽
，
∴BD
DE
AD
DB
，
设AE
BE
BD
BC
x
，
∴
x
DE
x
DE
x
，
整理，得
2
2
0
DE
xDE
x
解得
2
2
4 1
5
2
2
x
x
x
x
x
DE
，
故
5
1
2
DE
x
，
5
1
2
DE
x
，不符合要求，舍去，
5
1
5
1
2
2
AD
AE
DE
x
x
x
，
5
1
2
AB
x
，
1
1
2
2
BK
BC
x
，
1
1
5
1
2
cos
4
5
1
5
1
2
x
BK
ABC
AB
x
．
52．(1)证明：∵BC
BC
，
∴
BAC
BDC
，
∵AC 是
O 的直径，
∴
90
ABC
ADC
，
即
90
BAC
ACB
，
∴
90
BDC
ACB
，
∵
90
DCE
ACB
，
38 / 63
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∴
90
DCE
ACB
，
∴
DCE
BDC
BAC
，
∴
2
BEC
DCE
BDC
BAC
；
(2)证明：∵
2
DBC
CAB
，
∴
APD
CAB
ABP
90
CAB
DBC
90
2
CAB
CAB
90
CAB
，
∵
ADP
ADC
BDC
90
CAB
，
∴
ADP
APD
，
∴AD
AP
；
(3)4
【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等及三角形外角的性质即可证明；
（2）证明
ADP
APD
即可；
（3）由题意得
BAC
EGF
，
10
FG
EF
，设
BAC
，则
EGF
BDC
DCE
，作GN
AC
于点N，在AF 上取点M，使得
GMC
APD
，则易得FGM
EFP
∽
，由比例式得
10
GM
，
10
FM
EP
，
在Rt
GMN
△
中，由tan
3
GN
GMC
MN
，求得MN
GN
，
，过C 作CQ
BD
于点Q，过B 作BH
PC
于点
H，设CH
a
，则
2
PC
a
，则可表示出BH ，求出BC
BP
CQ
BE
、
、
、
及tan 2的值，在Rt AGN
V
中由三
角函数关系求得AN
AM
、
，进而得
4
6
AP
a
，再由
3
AB
BC
，求得AB
AC
、
，利用AF
FP
PC
AC
建
立方程求出a 的值，即可求得PC 的长．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）解：∵
3
3
AB
BC
EG
EF
，
，
∴
3
AB
EG
BC
EF
，
∴
1
tan
tan
3
EF
BAC
EGF
EG
，
∴
BAC
EGF
，
2
2
10
FG
EG
EF
EF
，
设
BAC
，则
EGF
BDC
DCE
，
39 / 63
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如图3，作GN
AC
于点N，在AF 上取点M，使得
GMC
APD
，
∵
GFE
GFM
APD
PEF
，
APD
ADP
ACB
，
∴
GFM
PEF
，
∴FGM
EFP
∽
，
∴
10
GM
FG
FM
FP
EF
EP
，
∴
10
10
GM
FP
，
10
FM
EP
，
∵tan
tan
tan
3
GE
GMC
APD
GFE
EF
，
∴在Rt
GMN
△
中，tan
3
GN
GMC
MN
，
即
3
GN
MN
，
由勾股定理得：
2
2
2
3
10
MN
MN
GM
，
解得
1
MN ，
∴
3
GN
，
过C 作CQ
BD
于点Q，过B 作BH
PC
于点H，
∵
ADP
APD
BPC
ACB
，
∴BC
BP
，
∴
1
2
CH
PH
PC
，
1
2
CBH
DBC
，
∵
2
DBC
CAB
，由（1）有
2
BEC
CAB
，
∴
2
DBC
BEC
，
∴
1
2
CBH
DBC
，BC
CE
，
∴
2
BE
BQ
，
设CH
a
，则
2
PC
a
，
∵
1
tan
3
CH
BH
，
∴
2
2
3
10
BH
a
BP
BC
CH
BH
a
，
，
∵
1
1
2
2
BCP
S
BP CQ
PC BH
，
∴
3 10
5
a
CQ
，
∴
2
2
4 10
5
a
BQ
BC
CQ
，
40 / 63
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∴
3
tan
tan 2
4
CQ
DBC
BQ
，
8 10
2
5
a
BE
BQ
，
∴
3 10
5
a
EP
BE
BP
，
∴
10
6
FM
EP
a
，
∵
2
DAC
DBC
，
在Rt GAN 中，
3
tan 2
4
GN
AN
，
∴
4
4
3
AN
GN
，
3
AM
AN
MN
，
∴
4
6
AP
AM
FM
FP
a
，
∵
3
3 10
AB
BC
a
，
∴
2
2
10
AC
AB
BC
a
，
∵AP
PC
AC
，
∴4
6
2
10
a
a
a
，
解得
2
a
，
∴
2
4
PC
a
．
53．(1) 40
(2)①证明：设
ABO
，
∵BO 平分
ABC
∴
ABO
OBC
，
∴
2
EBC
α
，
∵OB
OA
，
∴
BAO
ABO
，
∵CE
AB
，
∴
90
AFE
DFC
，
90
2
BCE
，
41 / 63
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∵
.
BCD
BAD
，
∴
90
2
90
DCF
BCD
BCE
，
∴
DCF
DFC
∠
；
②
2
DG 的最小值为1
【分析】（1）根据圆周角定理以及直角三角形的性质求解即可；
（2）①设
ABO
，则
2
EBC
α
，证明
90
DFC
DCF
即可；②证明BOG
CDG
∽
，得
BO
OG
DC
DG
，设OG
x
，DG
y
，则
,
1
2
1
,
OF
x
DC
DF
y
x
BO
DO
x
y
，代入比例式得
2
1
x
y
x
y
x
y
，整理得
2
2
2
y
x
x
，求得
1
2
x
，根据二次函数的性质得
2
min
1
y
从而得出y 的最小值为1，
即DG 的最小值为1．
【详解】（1）解：∵AD 为直径，
∴
90
ACD
，
∵
50
DAC
，
∴
90
40
ADC
DAC
；
（2）②解：由①得，
DCF
DFC
∴DF
CD
，
∵
BAD
ABO
OBC
，
BAD
BCD
，
∴
OBC
BCD
，
∴OB
CD
∥
，
∴BOG
CDG
∽
，
∴BO
OG
DC
DG
，
设OG
x
，DG
y
，则
,
1
2
1
,
OF
x
DC
DF
y
x
BO
DO
x
y
，
∴
2
1
x
y
x
y
x
y
，
整理得
2
2
2
1
1
2
2
4
8
y
x
x
x
，
∵
2
1
2
FG
x
，
∴
1
2
x
，
∵2
0
，对称轴为直线
1
4
x
，
42 / 63
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∴当
1
2
x
，
2y 随着x 的增大而减小，
∴当
1
2
x
时，
2
min
1
y
，
又
0
y
，
∴y 的最小值为1，即DG 的最小值为1．
54．(1) 45
(2)证明：①∵
2
EF
OE CE
，
∴EF
CE
OE
EF
，
∵
OEF
CEF
，
∴EOF
EFC
∽
，
∴
EOF
EFC
，
∴
COF
EFD
，
∵
BAC
ACD
CEF
，
EFD
ACD
CEF
，
∴
BAC
EFD
，
∴
COF
BAC
.
②
O 的半径为9
5 .
【分析】（1）证明
90
ADC
，结合B 是AC 的中点，进一步可得答案；
（2）①证明EOF
EFC
∽
，可得
COF
EFD
，证明
BAC
EFD
，进一步可得
COF
BAC
.
②如图，过E 作EK
CD
于K ，结合
5
cos
6
CD
CK
ACD
AC
CE
，设
5
CD
m
，
5
CK
n
，DK
a
，则
6
AC
m
，
6
CE
n
，证明COF
CDE
∽
，可得：
7
5
a
n
，求解
25
32
m
n
，进一步结合勾股定理与相似三角形可得答
案.
【详解】（1）解：∵AC 为
O 的直径，
∴
90
ADC
，
∵B 是AC 的中点，
∴
1
45
2
ADB
BDC
ADC
.
（2）证明：①略.
②如图，过E 作EK
CD
于K ，
∵AC 为
O 的直径，
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∴
90
ABC
ADC
，
∵
5
cos
6
ABD
，
ABD
ACD
，
∴
5
cos
6
CD
CK
ACD
AC
CE
，
∴设
5
CD
m
，
5
CK
n
，DK
a
，则
6
AC
m
，
6
CE
n
，
3
CO
AO
m
，
由①得：
BAC
EFD
EDF
COF
，
∴EF
ED
，
∴FK
DK
a
，
∴
5
CF
n
a
，
∵
OCF
DCE
，
∴COF
CDE
∽
，
∴
3
3
5
5
CF
CO
m
CE
CD
m
，
∴5
3
6
5
n
a
n
，
解得：
7
5
a
n
，
∴
7
5
FK
DK
n
，
7
32
5
5
5
5
n
CD
CK
DK
n
n
m
，
∴
25
32
m
n
，
∴
25
75
6
6
32
16
m
m
CE
n
，
75
21
6
16
16
m
m
AE
m
，
∵EK
CD
，
∴
2
2
11
EK
CE
CK
n
，
∴
2
2
2
2
49
18
18
25
45
11
25
5
5
32
16
DE
EK
DK
n
n
n
m
m
，
∵
BAC
BDC
，
AEB
CED
，
∴AEB
DEC
∽
，
44 / 63
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∴
21
7
16
45
15
16
m
AB
AE
CD
DE
m
，
∴
7
5
15
AB
m
，
∴
7
3
AB
m
，
∵
5
AB
AC
，
∴7
6
5
3 m
m
，
解得：
3
5
m
，
∴
18
6
5
AC
m
，
∴
O 的半径为9
5 .
【点睛】压轴问关键是参数的使用，利用相似三角形的性质确定参数之间的关系是解题的突破口.
55．(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3) AD 的长为1
15
【分析】（1）先通过圆周角定理和等边对等角可得
45
ADC
ABC
，结合同弧和等弧所对的圆周角相
等，可得
45
ADC
DAH
，进而证明即可；
（2）连接AO ，OH ，OD ，通过证明
SSS
AOH
DOH
≌
，即可证明点O 在
AHD
的平分线上；
（3）连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，利用
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，得到
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，再由（1）的结论可得
2
2
16
AC
DQ
，证明
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
得出CH
HQ
，进而求出圆的直径和CD 的长度，利用圆周角定理，结合已知条件得出
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，利用勾股定理列出方程求出a 的值，从而得出最终结果．
【详解】（1）证明：∵
O 是ABC 的外接圆，BC 为直径，AB
AC
，
∴
90
BAC
，
45
ABC
ACB
，
∴
45
ADC
ABC
，
∵AQ
AC QC
QD QC
CD
，
∴AC
QD
，
45 / 63
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∴
45
ADC
DAH
，
∴
90
AHD
，
∴
90
CHQ
AHD
．
（2）解：如图，连接AO ，OH ，OD ，
∵
45
ADC
DAH
，
∴AH
HD
，
在
AOH
△
和
DOH
△
中，
AO
OD
OH
OH
AH
DH
，
∴
SSS
AOH
DOH
≌
，
∴
AHO
DHO
，
∴点O 在
AHD
的平分线上．
（3）解：如图，连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，
∵AQ
CD
，
2
2
32
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，
由（1）知，AC
DQ
，
∴AC
DQ
，即
2
2
16
AC
DQ
，
在Rt AHC 和Rt
DHQ
△
中，
46 / 63
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AH
DH
AC
DQ
，
∴
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
∴CH
HQ
，
∵AB
AC
，
90
BAC
，
∴
2
2
16
AC
AB
，
∴
2
2
4 2
BC
AB
AC
,
∵BD
BD
，
∴
BAD
BCD
，
∴
1
sin
sin
4
BAD
BCD
，
在Rt
BDC
△
中，
sin
2
BD
BCD BC
，
∴
2
2
30
CD
BC
BD
，
在Rt
CGH
△
中，
90
CHG
，
∴
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，
∴
2
2
15
CH
CG
GH
a
，
∴
30
15
DH
CD
CH
a
，
∵AH
DH
，
在Rt AHC 中，
2
2
2
AH
CH
AC
，
∴
2
2
30
15
15
16
a
a
，
解得：
1
2
30
2
30
a
，
2
2
30
2
30
a
（舍去），
∴
2
30
2
30
30
15
30
15
2
30
2
AH
DH
a
，
∴
2
2
1
15
AD
AH
DH
．
56．(1)2 2
(2)证明：延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，如下图，
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∵将AM 绕点M 逆时针旋转90至EM ，
∴
,
90
AM
EM
AME
，
∴
45 ,
AEM
EAM
AM
EF
，
又∵MF
ME
，
∴AM 是EF 的垂直平分线，
∴AE
AF
，
∴
45
AEM
AFM
，
∴EAF 为等腰直角三角形，
90
EAF
，
∵
90
BAC
，
∴
EAB
FAC
，
在
EAB
△
和FAC 中，
AE
AF
EAB
FAC
AB
AC
∴
EAB
FAC SAS
≌
，
∴FC
EB
，
45
AFC
AEB
BEM
，
在
EMB
△
和
FMD
△
中，
MB
MD
BME
DMF
EM
FM
，
∴
EMB
FMD SAS
≌
，
∴
,
45
FD
EB
FC
BEM
MFD
AFE
DFA
DFA
，
∴
45
DFA
MFD
，
48 / 63
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∴
45
45
90
CFD
DFA
AFC
MFD
BEM
，
∴
DFC
△
为等腰直角三角形，
90
DFC
，
∴
2
2
CD
FC
BE
；
(3)5
5
【分析】（1）首先利用三角函数解得
2
BD
AD
，在Rt ABD 中由勾股定理解得AD ，BD 的长度，然后由
2
2
AM
AD
DM
求解即可；
（2）延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，证明EAF 为等腰直角三角形，进一步证明
EAB
FAC
≌
△
△
，EMB
FMD
≌
，结合全等三角形的性质证明
DFC
△
为等腰直角三角形，进一步证明结论
即可；
（3）过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，易得四边形ABQC 为正方形，以点Q 为圆心，QC 为
半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，此时
135
BDC
，且点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC
上运动；取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，当
且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值；过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，结
合三角函数和勾股定理计算AM ，HM 的值，证明BMH
BDK
∽
，结合相似三角形的性质可得
2
2 5
2
DK
HM
；结合翻折的性质即正方形的性质证明BPO
BP G
≌
，进而可得
5
BO
BG
，可
求得
5
AG
，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵
90
ADB
，
1
tan
2
ABD
，
∴
1
tan
2
AD
ABD
BD
，
∴
2
BD
AD
，
∵
2 5
AB
AC
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
5
2 5
20
AB
AD
BD
AD
AD
AD
，
∴
2
4
AD
，解得
2
AD
（负值舍去），
∴
2
4
BD
AD
，
∵点M 为线段BD 的中点，
∴
1
2
2
DM
BD
，
∴
2
2
2 2
AM
AD
DM
；
（2）略
（3）如图，过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，
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则
90
BQC
QCA
BAC
，
∴四边形ABQC 为矩形，
又∵AB
AC
，
∴四边形ABQC 为正方形，
∴
2 5
BQ
QC
AB
AC
，
以点Q 为圆心，QC 为半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，
此时
1 360
135
2
BDC
BQC
，
∴点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC 上运动，
如上图所示，取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，则
2 5
QD
QC
，
∵点M 为BD 上的中点，
∴OM 为BQD的中位线，
∴
1
5
2
OM
QD
，
∴点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，
当且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值，
如下图所示，过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，
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此时
1
1
2
tan
2
BQ
OB
BAM
AB
AB
，
∵
5,
2 5
OB
OM
AB
，
∴
2
2
5
OA
AB
OB
，
∴
5
5
AM
OA
OM
，
在Rt AHM 中，
1
tan
tan
2
HM
HAM
BAM
HA
，
2
2
2
HM
HA
AM
，
∴
2
HA
HM
，
∴
2
2
2
2
5
5
HM
HM
，
∴
5
1
HM
，
∵
,
MH
AB DK
AB
，
∴MH
DK ，
∴BMH
BDK
∽
，
∴
1
2
MH
BM
DK
BD
，
∴
2
2 5
2
DK
HM
，
∵将
BNP
△
沿BN 翻折至ABC 所在平面内得到BNP，直线NP与AB 交于点G ，
∴
,
,
BP
BP
BPO
BP G
PBN
P BN
，
又∵四边形ABQC 为正方形，
∴
45
QBN
ABN
，
∴
PBN
QBN
P BN
ABN
，即
PBO
P BG
，
∴
BPO
BP G ASA
≌
，
∴
5
BO
BG
，
∴
2 5
5
5
AG
AB
BG
，
∴
1
1
5
2 5
2
5
5
2
2
ADG
S
AG DK
．
【点睛】熟练掌握相关知识，正确地作出辅助线，得到点M 的轨迹是解题的关键．
57．(1)
证明：
OC
OB
，
OCB
B
，
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AB 是
O 的直径，
90
ACB
，
90
CAB
B
，
AM
∵
是
O 的切线，
90
DAB
，
90
DAC
CAB
，
B
DAC
，
DAC
OCB
；
(2)
30
B
(3)
1
tan
2
ADO
【分析】（1）由OC
OB
，可得
OCB
B
，又根据切线的性质及圆周角定理可得
B
DAC
，进而得
到
DAC
OCB
；
（2）设
B
，利用相似三角形的判定得到ACD
BOC
∽
，继而可得
90
CDA
DOA
，求解即可；
（3）通过论证ACD
BOC
∽
，EAC
ABC
∽
可得
2
AD
AB
OA
，进而计算tan
ADO
的值即可．
【详解】（1）略
（2）解：设
B
，
由（1）得
DAC
OCB
B
，
AC
AD
OB
BC
，
ACD
BOC
△
∽△
，
CDA
OCB
，
2
DOA
B
OCB
.
由（1）得
90
DAB
，
90
CDA
DOA
，
2
90
，
30
，
即
30
B
；
（3）解：由（1）得
DAC
OCB
，
DCE
OCB
，
DAC
DCE
，
52 / 63
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又
ADC
CDE
，
DAC
DCE
△
∽△
，
CD
EC
AD
AC
，
由（1）得
EAC
B
，
90
ECA
ACB
，
EAC
ABC
△
∽△
，
EC
AE
AC
AB
，
CD
AE
AD
AB
，
CD
AE
，
2
AD
AB
OA
，
1
tan
2
OA
ADO
AD
．
58．(1)
证明：延长AC 到点M，如图
∵AE 是
BAC
的平分线，F 是AE 延长线上一点，
∴点F 到
,
AB AC 所在直线的距离相等，
∵
180
ACF
BCF
，
180
ACF
MCF
，
∴
BCF
MCF
，
∴点F 到
,
BC AC 所在直线的距离相等，
∴点F 到三边
,
,
AB BC AC 所在直线的距离相等；
(2)
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证明：过点F，作FN
AB
的延长线于点N，如图
∴
90
N
，
∵AE 是
BAC
的平分线，
∴
EAB
EAC
，
∴BE
CE
，
∵AE 是
O 的直径，
∴
90
ABE
，AE
BC
，
又∵点F 到三边
,
,
AB BC AC 所在直线的距离相等；
∴FN
DF
，
90
ABE
N
，
∵
BAE
NAF
，
∴BAE
NAF
∽
，
∴BE
AE
NF
AF
，
即BE
AE
DF
AF
，
∴DF
BE
AF
AE
．
(3)
解：
2
AB
AC
BC
，理由如下：
如图，连接BE
CE
、
，过点F 作FM
AB
⊥
的延长线于点M ，作FP
BC
于点P ，作FN
AC
的延长线于点
N ，
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由(1)可知，FM
FP
FN
，
90
FMB
FPB
FPC
FNC
，
BF
BF
，FC
FC
，
(
)
Rt FMB
Rt FPB HL
≌
，
(
)
Rt FPC
Rt FNC HL
≌
，
MBF
PBF
，
PCF
NCF
，
BAE
CAE
，
BAE
BCE
，
CAE
CBE
，
BAE
CAE
BCE
CBE
．
MBF
BAE
BFA
，
PBF
CBE
EBF
，
BFA
EBF
，
BE
EF
．
∵BE
CE
，
∴CE
EF
，即BE
CE
EF
，
BED
AEB
，
CED
AEC
，
BAE
CAE
BCE
CBE
，
BED
AEB
∽
，CED
AEC
∽
，
BE
BD
AE
AB
，CD
CE
AC
AE
，
即
1
2
2
BD
EF
AB
EF
，
1
2
2
CD
EF
AC
EF
，
2
AB
BD
，
2
AC
CD
，
2
2
AB
AC
BD
CD
BC
．
【分析】（1）延长AC 到点M，先推导出点F 到
,
AB AC 所在直线的距离相等，
BCF
MCF
，得到点F
到
,
BC AC 所在直线的距离相等，即可解答；
（2）过点F，作FN
AB
的延长线于点N，先推导出BE
CE
，得到
90
ABE
，AE
BC
，FN
DF
，
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继而推导出BAE
NAF
∽
，得到BE
AE
NF
AF
，则BE
AE
DF
AF
，即可推导出DF
BE
AF
AE
；
（3）连接BE
CE
、
，过点F 作FM
AB
⊥
的延长线于点M ，作FP
BC
于点P ，作FN
AC
的延长线于点N ，
推导出
(
)
Rt FMB
Rt FPB HL
≌
，
(
)
Rt FPC
Rt FNC HL
≌
，继而推导出
BFA
EBF
，得到BE
CE
EF
，
证明出BED
AEB
∽
，CED
AEC
∽
，得到BE
BD
AE
AB
，CD
CE
AC
AE
，推导出
2
AB
BD
，
2
AC
CD
，则
2
2
AB
AC
BD
CD
BC
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）略
59．(1)
证明：∵点
,
O P 关于CF 对称，
∴CF
OP
；
又∵CF
BD
∥
，
∴OP
BD
；
(2) 22.5
(3)
2
1
2
【分析】（1）因为点
,
O P 关于CF 对称，所以CF
OP
；又因为CF
BD
∥
，所以根据平行线的传递性，
可推出OP
BD
．
（2）连接CP ，OD ，延长DP
AB
并交于点M，延长OP 交BD 于点N，可先利用AAS 全等判定方法证明
COH
OBN
≌
，则有HO
NB
，进而得到PO
DB
，同理可证得OPM
DBM
≌
，则有MO
DM
，
可得到OMD是等腰直角三角形，
45
DOM
，最后可根据
2
DAO
ADO
DAO
DOB
，得到
BAD
的度数．
（3）设半圆O 的半径为R，则
2
AB
R
，要找DP
AB 的最小值，即找DP 的最小值；将OBD 绕点O逆时针
旋转90得到
OCD
△
，连接
,
OD CD
，以
,
OD OD 为邻边作正方形ODQD．可证得DP
CQ
，所以当O、
C、Q 共线时可求出CQ 的最小值，最终可获解．
【详解】（1）略
（2）解：如图，连接CP ，OD ，延长DP
AB
并交于点M，延长OP 交BD 于点N，
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由（1）知OP
BD
，CF
OP
，
∴
90
ONB
CHO
．
∴
90
COH
NOB
NBO
NOB
．
∴
COH
NBO
．
又∵CO
OB
，
∴
AAS
COH
OBN
≌
，
∴HO
NB
，
∵OP
BD
，DO
OB
，
∴2
2
HO
NB
，即PO
DB
，
同理可证
OPM
DBM AAS
≌
，
∴MO
DM
，
又∵
DM
OB ，
∴OMD是等腰直角三角形，
∴
45
DOM
，
∵AO
DO
，
∴
DAO
ADO
，
∵
2
DAO
ADO
DAO
DOB
，
∴
1
22.5
2
BAD
DOB
．
（3）解：设半圆O 的半径为R，
如图，将OBD 绕点O逆时针旋转90得到
OCD
△
，连接
,
OD CD
，以
,
OD OD 为邻边作正方形ODQD．
57 / 63
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∴D在
O 上，OD
OD
R
，
90
DOD
，且CD
BD
，CD
BD
．
∵OP
BD
，OP
BD
，
∴OP
CD且OP
CD
．
∴四边形OD CP
是平行四边形．
∵正方形ODQD，
∴OD
OD
DQ
QD
R
，
2
OQ
R
，且
45
DOQ
．
在平行四边形OD CP
中，CP
OD且CP
OD
R
．
在正方形ODQD中，DQ
OD且DQ
OD
R
．
∴CP
DQ
∥
且CP
DQ
，
∴四边形CQDP 是平行四边形，
∴DP
CQ
．
∴Q 在以O为圆心、
2R 为半径的圆弧上运动，
当
, ,
O C Q 共线且C 在
,
O Q之间，此时
min
2
2
1
CQ
OQ
OC
R
R
R
．
∴DP 的最小值为
2
1 R
，而
2
AB
R
，
∴DP
AB 的最小值为
2
1
2
1
2
2
R
R
．
60．(1)
证明：如图1，连接EQ ，
∵
90
AOE
COQ
，
∴
AOE
DOQ
COQ
DOQ
，
∴
AOQ
EOC
，
∵OA
OE
，OQ
OC
，
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∴
AOQ
EOC SAS
≌
，
∴AQ
EC
，
∴AQ
EC
，
∴AQ
EQ
EC
EQ
，
∴AE
CQ
，
∴
AQE
CEQ
，
∴QT
ET
，
∴AQ
QT
EC
ET
，
∴
AT
CT ；
(2)
证明：如图2 ，连接OS ，
∵
AS
EQ ，
∴AS
SE
EQ
SE
，
∴AE
SQ
，
∴
90
AOE
SOQ
，
∴
180
COQ
SOQ
，
∴点C
O
S
、、
三点共线，
∴CS 是
O 的直径，
∴
90
CWS
，
∴
CW
SW ；
(3)①tan
2
3
DAE
；②GF 的长为2 2 ．
【分析】（1）连接EQ ，先证明
AOQ
EOC SAS
≌
，所以AQ
EC
，则AQ
EC
，所以AE
CQ
，由圆
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周角定理得
AQE
CEQ
，然后通过等角对等边得QT
ET
，再通过线段的和与差即可求证；
（2 ）连接OS ，由
AS
EQ ，则AS
SE
EQ
SE
，所以AE
SQ
，得
180
COQ
SOQ
，则点C
O
S
、、
三点共线，所以CS 是
O 的直径，故有
90
CWS
，从而得
CW
SW ；
（3 ）①先证明点C
O
A
、、
三点共线，AC 是
O 的直径，设ME
a
，则
2
CM
a
，
3
CE
a
，进而求出
3
AE
CE
a
，
3
1
AM
AE
ME
a
，
2
2 3
2
BM
AM
a
，
2 3
3
BE
BM
ME
a
，证
明
AEF
CEB ASA
≌
得
2 3
1
EF
EB
a
，然后根据正切定义求解即可；
②如图3 1
，设OE 与CM 交于点L ，连接AL ，BL，过K 作KP
AC
于点P ，则
90
CPK
BLC
，
点C
O
A
、、
三点共线，得AM
LM
，如图3 2
，取BM 中点X ，连接LX ，证明MLX 是等边三角形，所
以MX
ML
LX
BX
，证明
OCH
DCK ASA
≌
，又
30
HCF
FDH
，则点C
D
F
H
、、、
四点共
圆，设OP
x
，则
2
OK
x
，则
3
PK
x
，
6
CK
x
，通过勾股定理可得
2
2
GF
FH
x
，由
COH
HFK
COH
CKH
HFK
CKH
COK
CFH
S
S
S
S
S
S
S
S
，然后代入求出
2
x
，则
2 2
GF
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：①∵当OQ 与OE 重合时，则
180
AOE
COQ
，
∴点C
O
A
、、
三点共线，
∴AC 是
O 的直径，
∴
90
AEC
．
∵
60
CMB
，
∴
30
MCE
，
设ME
a
，则
2
CM
a
，
3
CE
a
．
∵
90
AOE
COE
，AO
EO
CO
，
∴
45
CAE
OEA
ACE
OEC
，
∴
3
AE
CE
a
∴
3
1
AM
AE
ME
a
．
∴
2
2 3
2
BM
AM
a
，
∴
2 3
3
BE
BM
ME
a
∵) )
DE
DE
，
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∴
EAF
BAE
，
∵
,
90
AE
CE
AEC
CEB
，
∴
AEF
CEB ASA
≌
，
∴
2 3
1
EF
EB
a
，
∴
2 3
3
tan
2
3
3
a
EF
DAE
AE
a
；
②如图3 1
，设OE 与CM 交于点L ，连接AL ，BL，过K 作KP
AC
于点P ，则
90
CPK
，
当OQ 与OE 重合时，则
180
AOE
COQ
，
∴点C
O
A
、、
三点共线，
∴AC 是
O 的直径，OE 垂直平分AC ，
∴
90
ADC
AEC
，AL
CL
，
∴
ACL
LAC
，
∵
90
AOE
COQ
，OA
OE
OC
，
∴
45
CAE
AEO
ACE
OEC
，
∵
60
CMB
CAE
ACM
，
90
CMB
MCE
，
∴
15
ACL
LAC
，
∴
45
15
30
LAM
CAE
CAL
，
∵
60
CME
LAM
ALM
，
∴
30
LAM
ALM
，
∴AM
LM
，
如图3 2
，取BM 中点X ，连接LX ，
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∴
2
2
BM
MX
BX
，
∵2AM
BM
，
∴MX
ML
，
∵
60
CMB
，
∴MLX 是等边三角形，
∴MX
ML
LX
BX
，
∴点B
M
L
、、在以X 为圆心，BM 为直径的圆上，
∴
90
BLM
BLC
，
∴
30
MBL
LAB
，
∴AL
BL
CL
，
∴CBL 是等腰直角三角形，
∴
45
LBC
LCB
，
∴
45
30
15
BCE
LCB
MCE
BAD
ACM
，
∴
45
15
30
CAD
CAE
BAD
，
∴
60
ACD
，
∵OC
OD
，
∴OCD 是等边三角形，
∴OC
CD
OD
，
60
COD
CDO
，
∴
OCH
DCK ASA
≌
，
∴CH
CK
，
∵
90
CPK
，
∴
45
PCK
PKC
，
∴PK
CP
，
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∵
30
HCF
FDH
，
∴点C
D
F
H
、、、
四点共圆，
∴
180
ADC
CHF
，
∴
90
CHF
GHF
，
∵
60
CME
BAD
AGM
，
∴
45
AGM
，
∴
45
FGH
AGM
，
∴
45
FGH
HGF
，
∴GH
FH
，
∵
60
OCD
，
90
OPK
，
∴
30
OKP
，
∴
1
2
OP
OK
，
设OP
x
，则
2
OK
x
，
∴
2
2
2
2
2
3
PK
OK
OP
x
x
x
，
∴
3
PC
PK
x
，
∴
2
2
2
2
3
3
6
CK
PC
PK
x
x
x
，
∴
6
CK
CH
x
，
在Rt CHF 中，
30
FCH
，
∴
1
2
FH
CF
，即
2
CF
FH
，
∴
2
2
2
CH
FH
CF
，
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∴
2
2
2
6
2
x
FH
FH
，
∴
2
FH
x
，
∴
2
2
GF
FH
x
，
∵
3
3
COH
HFK
COH
CKH
HFK
CKH
COK
CFH
S
S
S
S
S
S
S
S
，
∴1
1
3
3
2
2
OC
PK
CH
FH
1
1
3
3
2
2
PC
OP
PK
CH
FH
1
1
3
3
6
2
3
3
2
2
x
x
x
x
x
2
3
3
6
2 3
x
解得：
2
x
（负值已舍去），
∴
2 2
GF
，
∴GF 的长为2 2 ．
