中考大題06 圓中的證明與計(jì)算問題（8題型+必刷大題）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義（全國(guó)通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、復(fù)習(xí)方法
1.以專題復(fù)習(xí)為主。 2.重視方法思維的訓(xùn)練。
3.拓寬思維的廣度，培養(yǎng)多角度、多維度思考問題的習(xí)慣。
二、復(fù)習(xí)難點(diǎn)
1.專題的選擇要準(zhǔn)，安排時(shí)間要合理。 2.專項(xiàng)復(fù)習(xí)要以題帶知識(shí)。
3.在復(fù)習(xí)的過程中要兼顧基礎(chǔ)，在此基礎(chǔ)上適當(dāng)增加變式和難度，提高能力。
中考大題06 圓中的證明與計(jì)算問題
中考數(shù)學(xué)中，圓的基本性質(zhì)、與圓有關(guān)的位置關(guān)系一直都是必考的考點(diǎn)，難度從基礎(chǔ)到綜合都有通常選擇填空題會(huì)出圓的基本性質(zhì)，如弧長(zhǎng)、弦長(zhǎng)、半徑、圓周角等的關(guān)系,基本都是基礎(chǔ)應(yīng)用，難度不大,個(gè)別會(huì)出選擇題的壓軸題，難度稍大.簡(jiǎn)答題部分，一般會(huì)把切線的問題和相似三角形、銳角三角函數(shù)等結(jié)合考察，這是一般都是中等難度的問題.還有一些城市會(huì)把圓的基本性質(zhì)等與其他動(dòng)點(diǎn)問題綜合考察,此時(shí)一般都是壓軸題，難度很大，這時(shí)候就需要考生綜合思考的點(diǎn)比較多.
題型一：圓中的角度和線段計(jì)算問題
1．（2023·浙江杭州·中考真題）如圖，在⊙O中，直徑AB垂直弦CD于點(diǎn)E，連接AC,AD,BC，作CF⊥AD于點(diǎn)F，交線段OB于點(diǎn)G（不與點(diǎn)O,B重合），連接OF．

(1)若BE=1，求GE的長(zhǎng)．
(2)求證：BC2=BG?BO．
(3)若FO=FG，猜想∠CAD的度數(shù)，并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)1
(2)見解析
(3)∠CAD=45°，證明見解析
【分析】（1）由垂徑定理可得∠AED=90°，結(jié)合CF⊥AD可得∠DAE=∠FCD，根據(jù)圓周角定理可得∠DAE=∠BCD，進(jìn)而可得∠BCD=∠FCD，通過證明△BCE ≌△GCE可得GE=BE=1；
（2）證明△ACB ∽△CEB，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例可得BC2=BA?BE，再根據(jù)AB=2BO，BE=12BG，可證BC2=BG?BO；
（3）設(shè)∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，可證α=90°?β，∠OCF=90°?3α，通過SAS證明△COF≌△AOF，進(jìn)而可得∠OCF=∠OAF，即90°?3α=α，則∠CAD=2α=45°．
【詳解】（1）解：∵直徑AB垂直弦CD，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠DAE+∠D=90°，
∵ CF⊥AD，
∴ ∠FCD+∠D=90°，
∴ ∠DAE=∠FCD，
由圓周角定理得∠DAE=∠BCD，
∴ ∠BCD=∠FCD，
在△BCE和△GCE中，
∠BCE=∠GCECE=CE∠BEC=∠GEC，
∴ △BCE ≌△GCE ASA，
∴ GE=BE=1；
（2）證明：∵ AB是⊙O的直徑，
∴ ∠ACB=90°，
在△ACB和△CEB中，
∠ACB=∠CEB=90°∠ABC=∠CBE，
∴ △ACB ∽△CEB，
∴ BCBE=BABC，
∴ BC2=BA?BE，
由（1）知GE=BE，
∴ BE=12BG，
又∵ AB=2BO，
∴ BC2=BA?BE=2BO?12BG=BG?BO；
（3）解：∠CAD=45°，證明如下：
如圖，連接OC，
∵ FO=FG，
∴ ∠FOG=∠FGO，
∵直徑AB垂直弦CD，
∴ CE=DE，∠AED=∠AEC=90°，
又∵ AE=AE，
∴ △ACE ≌△ADE SAS，
∴ ∠DAE=∠CAE，
設(shè)∠DAE=∠CAE=α，∠FOG=∠FGO=β，
則∠FCD=∠BCD=∠DAE=α，
∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠OAC=α，
又∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠OCF=∠ACB?∠OCA?∠FCD?∠BCD=90°?3α，
∵ ∠CGE=∠OGF=β，∠GCE=α，∠CGE+∠GCE=90°
∴ β+α=90°，
∴ α=90°?β，
∵ ∠COG=∠OAC+∠OCA=α+α=2α，
∴ ∠COF=∠COG+∠GOF=2α+β=290°?β+β=180°?β，
∴ ∠COF=∠AOF，
在△COF和△AOF中，
CO=AO∠COF=∠AOFOF=OF
∴ △COF≌△AOFSAS，
∴ ∠OCF=∠OAF，
即90°?3α=α，
∴ α=22.5°，
∴ ∠CAD=2α=45°．
【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等，難度較大，解題的關(guān)鍵是綜合應(yīng)用上述知識(shí)點(diǎn)，特別是第3問，需要大膽猜想，再逐步論證．
2．（2023·山東·中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD=CB，BE切⊙O于點(diǎn)B，過點(diǎn)C作CF⊥OE交BE于點(diǎn)F，若EF=2BF．

(1)如圖1，連接BD，求證：△ADB≌△OBE；
(2)如圖2，N是AD上一點(diǎn)，在AB上取一點(diǎn)M，使∠MCN=60°，連接MN．請(qǐng)問：三條線段MN，BM，DN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)見解析
(2)MN=BM+DN，證明見解析
【分析】
（1）根據(jù)CF⊥OE，OC是半徑，可得CF是⊙O的切線，根據(jù)BE是⊙O的切線，由切線長(zhǎng)定理可得BF=CF，進(jìn)而根據(jù)sinE=CFEF=12，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根據(jù)CD=CB得出CD=CB，根據(jù)垂徑定理的推論得出OC⊥BD，進(jìn)而得出∠ADB=90°=∠EBO，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，得出AD=BO=12AB，即可證明△ABD≌△OEBAAS；
（2）延長(zhǎng)ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠HDC=∠MBC，證明△HDC≌△MBC SAS，結(jié)合已知條件證明NC=NC，進(jìn)而證明△CNH≌△CNM SAS，得出NH=MN，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵CF⊥OE，OC是半徑，
∴CF是⊙O的切線，
∵BE是⊙O的切線，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
∴sinE=CFEF=12
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴CD=CB，
∴OC⊥BD，
∵AB是直徑，
∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
∴AD=BO=12AB，
∴△ABD≌△OEBAAS；
（2）MN=BM+DN，理由如下，
延長(zhǎng)ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，如圖所示

∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC SAS，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直徑，則∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°?∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°?∠NCM=120°?60°=60°，
∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM SAS，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，切線長(zhǎng)定理，垂徑定理的推論，全等三角形的性質(zhì)與判定，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求角度，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
1．（2023·河南商丘·模擬預(yù)測(cè)）如圖，過⊙O外一點(diǎn)P作⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，過點(diǎn)B作BC∥PA交⊙O于點(diǎn)C，連接AB，AC．
(1)求證：AB=AC；
(2)若AP=6，AB=4，求⊙O的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)322
【分析】（1）連接OA，并反向延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E．根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠EAP=90°，由BC∥PA，易得∠CEA=∠EAP=90°，即AE⊥BC，根據(jù)垂徑定理得到BE=EC，即可得出結(jié)論；
（2）連接PO，與AB交于點(diǎn)F．根據(jù)切線的性質(zhì)得到PA=PB，∠BPO=∠APO，由垂徑定理得到PO⊥AB，AF=12AB=2，利用勾股定理求出PF，證明△FPA∽△APO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：連接OA，并反向延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E．
∵ PA與⊙O相切，切點(diǎn)為A，
∴ ∠EAP=90°．
∵ BC∥PA，
∴ ∠CEA=∠EAP=90°，即AE⊥BC，
∴ BE=EC，
∴ AB=AC；
（2）解：連接PO，與AB交于點(diǎn)F．
∵ PA、PB分別與⊙O相切，切點(diǎn)分別為A、B，
∴ PA=PB，∠BPO=∠APO．
∴ PO⊥AB，AF=12AB=2．
∴在Rt△PFA中，PF=AP2?AF2=42．
∵ ∠FPA=∠APO，∠PFA=∠PAO=90°，
∴ △FPA∽△APO．
∴ AFPF=AOAP，即242=AO6，
∴ AO=322，即⊙O的半徑是322．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線定理，垂徑定理，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．
2．（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，以AB為直徑的半圓交BC于D，過D作圓的切線交AC于E．

求證：
(1)AE=CE；
(2)CD?CB=4DE2．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）由∠CAB=90°、AB為直徑可以得出AC為圓的切線，再根據(jù)切線長(zhǎng)定理得出AE=DE，然后在Rt△ACD中可推得CD=DE，即可證明．
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論并結(jié)合相似三角形即可證明．
【詳解】（1）證明：連接AD；

∵AB是圓的直徑，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
∵∠CAB=90°，
∴AC是圓的切線；
又∵DE是圓的切線，
∴DE=AE，
∴∠ADE=∠EAD，
∴∠C=∠CDE（等角的余角相等），
∴CE=DE，
∴AE=CE．
（2）在Rt△CAD與Rt△CBA中,∠ACD=∠BCA∠ADC=∠BAC=90°
∴△CAD∽△CBA
∴CACD=CBCA
即CA2=CD·CB；
∵由（1）得CA=CE+AE=2DE，
∴CD·CB=4DE2．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定定理、切線長(zhǎng)定理、圓周角定理、三角形內(nèi)角和定理、相似三角形等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相關(guān)的定理和推論．
題型二：求弓形面積或不規(guī)則圖形面積
1．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，等腰三角形OAB的頂角∠AOB=120°，⊙O和底邊AB相切于點(diǎn)C，并與兩腰OA，OB分別相交于D，E兩點(diǎn)，連接CD，CE．

(1)求證：四邊形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半徑為2，求圖中陰影部分的面積．
【答案】(1)見解析
(2)S陰影=4π3?23
【分析】
（1）連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得∠AOC=∠BOC=60°，從而可得△ODC和△OCE都是等邊三角形，最后利用等邊三角形的性質(zhì)可得OD=CD=CE=OE，即可解答；
（2）連接DE交OC于點(diǎn)F，利用菱形的性質(zhì)可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的長(zhǎng)，從而求出DE的長(zhǎng)，最后根據(jù)圖中陰影部分的面積=扇形ODE的面積?菱形ODCE的面積，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【詳解】（1）
證明：連接OC，

∵⊙O和底邊AB相切于點(diǎn)C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等邊三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四邊形ODCE是菱形；
（2）
解：連接DE交OC于點(diǎn)F，

∵四邊形ODCE是菱形，
∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF=OD2?OF2=22?12=3，
∴DE=2DF=23，
∴圖中陰影部分的面積=扇形ODE的面積?菱形ODCE的面積
=120π×22360?12OC?DE
=4π3?12×2×23
=4π3?23，
∴圖中陰影部分的面積為4π3?23．
【點(diǎn)睛】
本題考查了切線的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，等腰三角形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·江蘇宿遷·中考真題）（1）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點(diǎn)F，弦AD平分∠BAC，點(diǎn)E在AC上，連接DE、DB，________．求證：________．

從①DE與⊙O相切；②DE⊥AC中選擇一個(gè)作為已知條件，余下的一個(gè)作為結(jié)論，將題目補(bǔ)充完整（填寫序號(hào)），并完成證明過程．
（2）在（1）的前提下，若AB=6，∠BAD=30°，求陰影部分的面積．
【答案】（1）②①，證明見解析（或①②，證明見解析）（2）2783?3π2
【分析】（1）一：已知條件為②DE⊥AC，結(jié)論為①DE與⊙O相切；連接OD，先證出OD∥AC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得DE⊥OD，然后根據(jù)圓的切線的判定即可得證；二：已知條件為①DE與⊙O相切，結(jié)論為②DE⊥AC；連接OD，先證出OD∥AC，再根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得DE⊥OD，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得證；
（2）連接OD,OF，先解直角三角形求出OD,AE,DE的長(zhǎng)，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得AF的長(zhǎng)，從而可得EF的長(zhǎng)，然后根據(jù)圓周角定理可得∠DOF=2∠CAD=60°，最后根據(jù)陰影部分的面積等于直角梯形ODEF的面積減去扇形ODF的面積即可得．
【詳解】解：（1）一：已知條件為②DE⊥AC，結(jié)論為①DE與⊙O相切，證明如下：
如圖，連接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵弦AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
又∵OD是⊙O的半徑，
∴DE與⊙O相切；
二：已知條件為①DE與⊙O相切，結(jié)論為②DE⊥AC，證明如下：
如圖，連接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵弦AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∵DE與⊙O相切，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
（2）如圖，連接OD,OF，
∵AB=6，∠BAD=30°，
∴OA=OD=OF=3,AD=AB?cs30°=33，∠CAD=30°，
∴DE=12AD=323,AE=AD?cs30°=92，
又∵∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△OAF是等邊三角形，
∴AF=OA=3，
∴EF=AE?AF=32，
由圓周角定理得：∠DOF=2∠CAD=60°，
則陰影部分的面積為S直角梯形ODEF?S扇形ODF=DE?EF+OD2?60π×32360
=323×32+32?3π2
=2783?3π2．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線的判定與性質(zhì)、解直角三角形、扇形的面積、圓周角定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握?qǐng)A的切線的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
1．（22-23九年級(jí)上·江蘇揚(yáng)州·期末）如圖，CD是⊙O的直徑，點(diǎn)B在⊙O上，點(diǎn)A為DC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，過點(diǎn)O作OE∥BC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，且∠D=∠E
(1)求證：AE是⊙O的切線；
(2)若線段OE與⊙O的交點(diǎn)F是OE的中點(diǎn)，⊙O的半徑為3，求陰影部分的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)3π2?938
【分析】（1）連接OB，根據(jù)圓周角定理得到BC⊥BD，根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得到∠OBE=90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）連接BF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BF=OF，推出△OBF是等邊三角形，得到∠BOF=60°，根據(jù)扇形和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）證明：連接OB，
∵CD是⊙O的直徑，
∴BC⊥BD，即∠CBD=90°，
∵OE∥BC，
∴∠DGO=∠CBD=90°，
∴∠BGE=∠DGO=90°，∠D+∠DOG=90°，
∵∠D=∠E，
∴∠DOE=∠DBE，
∵OD=OB，
∴∠D=∠OBD，
∴∠OBD+∠DBE=∠D+∠DOG=90°，
∴∠OBE=90°，
∵OB是⊙O的半徑，
∴AE是⊙O的切線；
（2）解：連接BF，
∵∠OBE=90°，F(xiàn)是OE的中點(diǎn)，
∴BF=OF，
∵⊙O的半徑為3，∠DGO=90°，
∴BF=OF=OB=3，∠BGO=180°?∠DGO=90°，
∴△OBF是等邊三角形，
∴∠BOF=60°，
∴∠OBG=90°?∠BOF=30°，
∴OG=12OB=32，BG=OB2?OG2=32?322=332，
∴陰影部分的面積為：
S扇形OBF?S△OBG=60×π×32360?12×332×32=3π2?938，
∴陰影部分的面積為3π2?938．
【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定，直徑所對(duì)的圓周角是直角，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，扇形的面積的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)．正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·江蘇常州·一模）如圖1，將一個(gè)三角形紙板△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ到達(dá)△AB'C'的位置，那么可以得到：AB=AB'，AC=AC'，BC=B'C'，∠BAC=∠B'AC'，∠ABC=∠AB'C'，∠ACB=∠AC'B'．（___________）圖形的旋轉(zhuǎn)蘊(yùn)含于自然界的運(yùn)動(dòng)變化規(guī)律中，即“變”中蘊(yùn)含著“不變”，這是我們解決圖形旋轉(zhuǎn)的關(guān)鍵．故數(shù)學(xué)就是一門哲學(xué)．
(1)上述問題情境中“（________）”處應(yīng)填理由：________________；
(2)如圖2，將一個(gè)半徑為4cm，圓心角為60°的扇形紙板ABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到達(dá)扇形紙板A'B'C'的位置．
①請(qǐng)?jiān)趫D中作出點(diǎn)O；
②如果BB'=6cm，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)B經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為______________cm；
(3)如果將與（2）中完全相同的兩個(gè)扇形紙板重疊，一個(gè)固定在墻上，使得一邊位于水平位置．另一個(gè)在弧的中點(diǎn)處固定，然后放開紙板，使其擺動(dòng)到豎直位置時(shí)靜止．此時(shí)，兩個(gè)紙板重疊部分的面積是多少(如圖3)？
【答案】(1)旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等
(2)①作圖見詳解；②322π
(3)8π?833
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可求解；
（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心在對(duì)應(yīng)點(diǎn)連線的垂直平分線的交點(diǎn)處即可求解；②根據(jù)弧長(zhǎng)公式的計(jì)算方法即可求解；
（3）如圖所示，連接PA'交AC于點(diǎn)M，連接PA交A'B'于點(diǎn)N，連接PD，AA'，PB'，PC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得PA=PA'=4，∠PAC=∠PA'B'=30°，可求出PM，A'M，S△A'DP=S△ADP，再根據(jù)S陰影B'DP=S扇形PA'B'?S△A'DP，S陰影CDP=S扇形PAC?S△ADP，陰影部分的面積為S陰影B'DP+S陰影CDP，由此即可求解．
【詳解】（1）解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，
∴應(yīng)填理由為：旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，
故答案為：旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等；
（2）解：①根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心為對(duì)應(yīng)點(diǎn)連線的垂直平分線的交點(diǎn)，作圖如下：
②如圖所示，點(diǎn)B繞點(diǎn)0逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到B'，
∴∠BOB'=90°，OB=OB'，且BB'=6cm，
∴在Rt△BOB'中，OB=OB'=22BB'=22×6=32，
∴BB'=90°360°×2π·OB=14×2π×32=322π，
故答案為：322π；
（3）解：如圖所示，連接PA'交AC于點(diǎn)M，連接PA交A'B'于點(diǎn)N，連接PD，AA'，PB'，PC，
∵點(diǎn)P為BC中點(diǎn)，
∴∠PAC=∠PAB=12∠BAC=30°，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠PA'B'=∠PA'C'=∠PAB=∠PAC=30°，PA=PA'=4cm，PA'⊥AC，
在Rt△PAM中，∠PAM=30°，PA=4cm，
∴sin∠PAM=sin30°=PMPA，則PM=PA·sin30°=12PA=2cm，則A'M=PA'?PM=4?2=2，
在Rt△A'DM中，∠PA'B'=30°，A'M=2，
∴cs∠PA'D=cs30°=A'MA'D，則A'D=A'Mcs30°=232=433，
∴DM=12A'D=12×433=233，
∴S△A'DP=12PA'·DM=12×4×233=433，S扇形PA'B'=30°360°×π·PA'2=112×π×42=43π，
∴陰影部分S陰影PB'D=S扇形PA'B'?S△A'DP=43π?433=4π?433，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，同理，S△ADP=S△A'DP=433，S扇形APC=S扇形PA'B'=43π，
∴陰影部分S陰影PCD=S扇形APC?S△ADP=43π?433=4π?433，
∴陰影部分的面積為S陰影PB'D+S陰影PCD=4π?433+4π?433=8π?833．
【點(diǎn)睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)中心的確定，弧長(zhǎng)公式的計(jì)算，全等三角形的判定和性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)的計(jì)算方法，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，弧長(zhǎng)的計(jì)算方法，不規(guī)則圖形面積的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．
題型三：正多邊形與圓
（2021·湖北隨州·中考真題）等面積法是一種常用的、重要的數(shù)學(xué)解題方法．它是利用“同一個(gè)圖形的面積相等”、“分割圖形后各部分的面積之和等于原圖形的面積”、“同底等高或等底同高的兩個(gè)三角形面積相等”等性質(zhì)解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題，在解題中，靈活運(yùn)用等面積法解決相關(guān)問題，可以使解題思路清晰，解題過程簡(jiǎn)便快捷．
（1）在直角三角形中，兩直角邊長(zhǎng)分別為3和4，則該直角三角形斜邊上的高的長(zhǎng)為_____，其內(nèi)切圓的半徑長(zhǎng)為______；
（2）①如圖1，P是邊長(zhǎng)為a的正△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，點(diǎn)O為△ABC的中心，設(shè)點(diǎn)P到△ABC各邊距離分別為?1，?2，?3，連接AP，BP，CP，由等面積法，易知12a?1+?2+?3=S△ABC=3S△OAB，可得?1+?2+?3=_____；（結(jié)果用含a的式子表示）
②如圖2，P是邊長(zhǎng)為a的正五邊形ABCDE內(nèi)任意一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P到五邊形ABCDE各邊距離分別為?1，?2，?3，?4，?5，參照①的探索過程，試用含a的式子表示?1+?2+?3+?4+?5的值．（參考數(shù)據(jù)：tan36°≈811，tan54°≈118）
（3）①如圖3，已知⊙O的半徑為2，點(diǎn)A為⊙O外一點(diǎn)，OA=4，AB切⊙O于點(diǎn)B，弦BC//OA，連接AC，則圖中陰影部分的面積為______；（結(jié)果保留π）
②如圖4，現(xiàn)有六邊形花壇ABCDEF，由于修路等原因需將花壇進(jìn)行改造．若要將花壇形狀改造成五邊形ABCDG，其中點(diǎn)G在AF的延長(zhǎng)線上，且要保證改造前后花壇的面積不變，試確定點(diǎn)G的位置，并說明理由．
【答案】（1）125，1；（2）①32a；②5516a；（3）①23π；②見解析．
【分析】（1）根據(jù)等積法解得直角三角形斜邊上的高的長(zhǎng)，及利用內(nèi)切圓的性質(zhì)解題即可；
（2）①先求得邊長(zhǎng)為a的正△ABC的面積，再根據(jù)12a?1+?2+?3=S△ABC=3S△OAB解題即可；②設(shè)點(diǎn)O為正五邊形ABCDE的中心，連接OA，OB，過O作OQ⊥AB于Q，先由正切定義，解得OQ的長(zhǎng)，由①中結(jié)論知，S五邊形ABCDE=5S△OAB，繼而得到12a?1+?2+?3+?4+?5=5×12a×12atan54°，據(jù)此解題；
（3）①由切線性質(zhì)解得∠OAB=30°，再由平行線性質(zhì)及等腰三角形性質(zhì)解得∠COB=60°，根據(jù)平行線間的距離相等，及同底等高或等底同高的兩個(gè)三角形面積相等的性質(zhì)，可知圖中陰影部分的面積等于扇形OBC的面積，最后根據(jù)扇形面積公式解題；②連接DF，過點(diǎn)E作EG//DF交AF的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，根據(jù)S六邊形ABCDEF=S五邊形ABCDF+S△DGF=S五邊形ABCDG，據(jù)此解題．
【詳解】解：（1）直角三角形的面積為：12×3×4=6，
直角三角形斜邊為：32+42=5，
設(shè)直角三角形斜邊上的高為?，則12×5??=6
∴?=125
設(shè)直角三角形內(nèi)切圓的半徑為r，則12(3+4+5)=12×3×4
∴r=1，
故答案為：125，1；
（2）①邊長(zhǎng)為a的正△ABC底邊的高為32a，面積為：S△OAB=12?a?32a=34a2
∵12a?1+?2+?3=S△ABC=3S△OAB=34a2
∴?1+?2+?3= 32a，
故答案為：32a；
②類比①中方法可知12a?1+?2+?3+?4+?5=S五邊形ABCDE，
設(shè)點(diǎn)O為正五邊形ABCDE的中心，連接OA，OB，
由①得S五邊形ABCDE=5S△OAB，
過O作OQ⊥AB于Q，∠EAB=15×180°×5?2=108°，
故∠OAQ=54°，OQ=AQ×tan54°=12atan54°，
故12a?1+?2+?3+?4+?5=5×12a×12atan54°，從而得到：
?1+?2+?3+?4+?5=52atan54°≈5516a．
（3）①∵AB是⊙O的切線，
∴OB⊥AB
∴∠OBA=90°
∵OB=2,OA=4
∴∠OAB=30°
∴∠AOB=60°
∵BC//OA
∴∠AOB=∠OBC=60°
∵OC=OB
∴∠OBC=∠OCB=60°
∴∠COB=60°
過點(diǎn)O作OQ⊥BC
∵BC//OA，
∴OQ是△COB、△ABC的高，
∴S△ABC=S△OCB
∴S陰影部分=S扇形OBC=60×πr2360=60×4π360=23π
故答案為：23π；
②如圖，連接DF，過點(diǎn)E作EG//DF交AF的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，則點(diǎn)G即為所求，
連接DG，∵S六邊形ABCDEF=S五邊形ABCDF+S△DEF，
∵EG//DF，
∴S△DEF=S△DGF，
∴S六邊形ABCDEF=S五邊形ABCDF+S△DGF=S五邊形ABCDG．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓的知識(shí)，涉及含30°角的直角三角形、正切、切線的性質(zhì)、扇形面積公式、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，有難度，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．
1．（2024·遼寧鞍山·三模）【發(fā)現(xiàn)問題】
蜂巢的結(jié)構(gòu)非常精美，每個(gè)巢室都是由多個(gè)正六邊形組成（如圖1），某數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)用若干個(gè)形狀，大小均相同的正六邊形模具，模仿蜂巢結(jié)構(gòu)拼成如圖2所示的若干個(gè)圖案，同學(xué)們發(fā)現(xiàn)：在每個(gè)拼接成的圖案中，所需正六邊形模具的總個(gè)數(shù)隨著第一層（最下面一層）正六邊形模具個(gè)數(shù)的變化而變化．

【提出問題】
在拼接成的圖案中，所需正六邊形模具的總個(gè)數(shù)y與第一層正六邊形模具的個(gè)數(shù)x之間有怎樣的函數(shù)關(guān)系?
【分析問題】
同學(xué)們結(jié)合實(shí)際操作和計(jì)算得到如下表所示的數(shù)據(jù)
然后在平面直角坐標(biāo)系中描出上面表格中各對(duì)數(shù)值所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)得到圖3，同學(xué)們根據(jù)圖3中點(diǎn)的分布情況，猜想其圖象是二次函數(shù)圖象的一部分．

為了驗(yàn)證猜想，同學(xué)們從“形”的角度出發(fā)，借助“割補(bǔ)”的方法，把某一拼接圖案中上半部分的正六邊形模具（虛線部分）移到下面（如圖4），并把第一層缺少的正六邊形模具（陰影部分）補(bǔ)全，再拼接到一起（如圖5），使每一層正六邊形模具的數(shù)量相同，借此圖求出正六邊形模具的總個(gè)數(shù)，再減去用于補(bǔ)全圖形的正六邊形模具的個(gè)數(shù)，即可求出y與x之間的關(guān)系式．
【解決問題】
(1)直接寫出y與x的關(guān)系式；
(2)若同學(xué)按圖2的方式拼接圖案，共用了169個(gè)正六邊形模具，求拼接成的圖案中第一層正六邊形模具的個(gè)數(shù)；
(3)如圖6，作正六邊形模具的外接圓，圓心為O，A，B為正六邊形模具相鄰的兩個(gè)頂點(diǎn)，AB的長(zhǎng)為23πcm，現(xiàn)有一張長(zhǎng)100cm，寬80cm的長(zhǎng)方形桌子，若按圖2的拼接方式拼接圖案（模具間的接縫忽略不計(jì)），最多可以放下多少個(gè)正六邊形模具?（3≈1.732）
【答案】(1)y=3x2?3x+1
(2)8個(gè)
(3)469個(gè)
【分析】
本題主要考查求二次函數(shù)式，二次函數(shù)的應(yīng)用以及正多邊形和圓：
（1）運(yùn)用待定系數(shù)法求解即可；
（2）將y=169代入y=3x2?3x+1求解即可；
（3）設(shè)正六邊形其它頂點(diǎn)分別為C,D,E,F，連接AD，BD，求出AB=2cm，BD=23cm，設(shè)第一層有x個(gè)正六邊形模具，求出拼接圖案的最大寬度為232x?1cm，最大高度為(6x?2)cm，分拼接圖案的高與長(zhǎng)方形桌子的長(zhǎng)平行和拼接圖案的高與長(zhǎng)方形桌子的寬平行兩種情況求出x的值，代入函數(shù)關(guān)系式求出y的值即可求解
【詳解】（1）
解：設(shè)y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=ax2+bx+ca≠0，
將點(diǎn)(1,1),(2,7),(3,19)代入關(guān)系式，得：
a+b+c=14a+2b+c=79a+3b+c=19
解得，a=3b=?3c=1
∴y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=3x2?3x+1；
（2）解：由（2）知，y=3x2?3x+1，
將y=169代入，得169=3x2?3x+1，
解得，x1=8，x2=?7（不合題意，舍去）
所以，他拼接成的圖案中第一層有8個(gè)六邊形模具；
（3）
解：如圖，設(shè)正六邊形其它頂點(diǎn)分別為C,D,E,F，連接AD，BD，

由正六邊形及其外接圓的性質(zhì)得，AD為⊙O的直徑，∠BAD=60°，線段BD的長(zhǎng)即為邊AB，DE間的距離，
∴∠ABD=90°，
∴∠ADB=30°
∵AB的長(zhǎng)為23πcm，
∵⊙O的周長(zhǎng)為6×23π=4πcm，
∴⊙O的直徑=4ππ，即AD=4cm，
∴AB=12AD=12×4=2cm，BD=32AD=32×4=23cm
設(shè)第一層有x個(gè)正六邊形模具，
∴第x層的正六邊形模具個(gè)數(shù)最多，有(2x?1)個(gè)，拼接成的圖案共有(2x?1)層，其中有x層的高度按⊙O的直徑計(jì)算，(x?1)層的高度按正六邊形的邊長(zhǎng)計(jì)算，
所以，拼接圖案的最大寬度為232x?1cm，最大高度為4x+2(x?1)=(6x?2)cm，
①當(dāng)拼接圖案的高與長(zhǎng)方形桌子的長(zhǎng)平行時(shí)，有，
232x?1≤806x?2≤100
解得，x≤403+36，
∵x為整數(shù)，
∴x最大取12；
②當(dāng)拼接圖案的高與長(zhǎng)方形桌子的寬平行時(shí)，有，
232x?1≤1006x?2≤80
解得，x≤413，
∵x為整數(shù)，
∴x最大取13；
將x=12代入y=3x2?3x+1，得，y=397；
將x=13代入y=3x2?3x+1得，y=469，
∵469>397，
∴最多可以放下469個(gè)正六邊形模具
2．（2023·河北邯鄲·二模）摩天輪（如圖1）是游樂場(chǎng)中受歡迎的游樂設(shè)施之一，它可以看作一個(gè)大圓和六個(gè)全等的小圓組成（如圖2），大圓繞著圓心O勻速旋轉(zhuǎn)，小圓通過頂部掛點(diǎn)（如點(diǎn)P，N）均勻分布在大圓圓周上，由于重力作用，掛點(diǎn)和小圓圓心連線（如PQ）始終垂直于水平線l．

(1)∠NOP=________°
(2)若OA=16，⊙O的半徑為10，小圓的半徑都為1：
①在旋轉(zhuǎn)一周的過程中，圓心M與l的最大距離為________；
②當(dāng)圓心H到l的距離等于OA時(shí)，求OH的長(zhǎng)；
③求證：在旋轉(zhuǎn)過程中，MQ的長(zhǎng)為定值，并求出這個(gè)定值．
【答案】(1)60
(2)①25；②OH=311；③MQ的長(zhǎng)為定值，定值為10．
【分析】（1）將360°平均分6份即可；
（2）①當(dāng)圓心M在AO的延長(zhǎng)線上時(shí)，圓心M與l有最大距離，據(jù)此即可求解；
②設(shè)⊙H的掛點(diǎn)為K，過點(diǎn)H作HT⊥l于點(diǎn)T，先證四邊形HTAO是矩形，再用勾股定理解Rt△OHK即可；
③先證△NOP是等邊三角形，再證MNPQ是平行四邊形，可得MQ=NP=10．
【詳解】（1）解：∠NOP=360°6=60°，
故答案為：60；
（2）解：①當(dāng)圓心M在AO的延長(zhǎng)線上時(shí)，圓心M與l有最大距離，
最大距離為AM=OM+OA=10?1+16=25，
故答案為：25；
②如圖，設(shè)⊙H的掛點(diǎn)為K，過點(diǎn)H作HT⊥l于點(diǎn)T，

∵掛點(diǎn)和小圓圓心連線始終垂直于水平線l，
∴K，H，T在同一直線上，
∵圓心H到l的距離等于OA，
∴HT=OA，
∵HT⊥l，OA⊥l，
∴HT∥OA，
∴四邊形HTAO是平行四邊形，
又∵∠OAT=90°，
∴四邊形HTAO是矩形，
∴∠OHT=90°，
∴∠OHK=90°，
∴OH=OK2?HK2=102?12=311；
③證明：如圖所示，連接NP，MQ，

由（1）知∠NOP=60°，
又∵ON=OP=10，
∴△NOP是等邊三角形，
∴NP=ON=OP=10，
∵小圓的半徑都為1，掛點(diǎn)和小圓圓心連線始終垂直于水平線l，
∴MN=PQ=1，MN∥PQ，
∴四邊形MNPQ是平行四邊形，
∴MQ=NP=10，
∴MQ的長(zhǎng)為定值．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的基本知識(shí)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意抽象出數(shù)學(xué)模型．
題型四：切線的性質(zhì)與判定
1．（2023·黑龍江大慶·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是圓上的一點(diǎn)，CD⊥AD于點(diǎn)D，AD交⊙O于點(diǎn)F，連接AC，若AC平分∠DAB，過點(diǎn)F作FG⊥AB于點(diǎn)G，交AC于點(diǎn)H，延長(zhǎng)AB，DC交于點(diǎn)E．

(1)求證：CD是⊙O的切線；
(2)求證：AF?AC=AE?AH；
(3)若sin∠DEA=45，求AHFH的值．
【答案】(1)證明，見解析
(2)證明，見解析
(3)AHFH=4105
【分析】（1）連接OC，根據(jù)AC平分∠DAB，則∠DAC=∠CAB，根據(jù)OA=OC，得∠CAB=∠OCA，根據(jù)平行線的判定和性質(zhì)，即可；
（2）由（1）得，∠DAC=∠CAB，根據(jù)∠AHF∠CAB+90°，∠ACE=∠OCA+90°，相似三角形的判定和性質(zhì)，即可；
（3）根據(jù)sin∠DEA=45，則OCOE=45，設(shè)⊙O的半徑為4x，則OE=5x，根據(jù)勾股定理求出CE；根據(jù)AE=OA+OE，AD=45×9x，根據(jù)勾股定理求出DE，再根據(jù)DC=DE?CE，在根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)AHFH=ACCE，即可．
【詳解】（1）連接OC
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AD，
∴∠D=∠OCE=90°，
∴CD是⊙O的切線．

（2）證明，如下：
由（1）得，∠OCE=90°，
∵∠DAC=∠CAB，
∵FG⊥AB，
∴∠FGA=90°，
∴∠AHF=∠CAB+90°，
∵∠ACE=∠OCA+90°，
∴△ACE∽△AHF，
∴ACAH=AEAF，
∴AC?AF=AE?AH．
（3）∵sin∠DEA=45，
∴OCOE=45，
設(shè)⊙O的半徑為4x，
∴OE=5x，
∴CE=OE2?OC2=3x，
∵AE=OA+OE=9x，
∴AD=45×9x=365x，DE=AE2?AD2=275x，
∵DE=DC+CE，
∴DC=125x，
∵AC2=AD2+DC2=3652+1252，
∴AC=12105x，
∵△ACE∽△AHF，
∴AHFH=ACCE=12105x3x=4105．
【點(diǎn)睛】本題考查圓，相似三角形，銳角三角形函數(shù)的知識(shí)，解題的關(guān)鍵圓的切線定理的運(yùn)用，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)的運(yùn)用．
2．（2023·湖北恩施·中考真題）如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，連接CO交⊙O于點(diǎn)E， ⊙O與AC相切于點(diǎn)D．
(1)求證：BC是⊙O的切線；
(2)延長(zhǎng)CO交⊙O于點(diǎn)G，連接AG交⊙O于點(diǎn)F，若AC=42，求FG的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)463
【分析】
（1）連接OD，過點(diǎn)O作OP⊥BC于點(diǎn)P，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCD=∠OCP=45°，推出OD=OP，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出OA，OD的長(zhǎng)，勾股定理求出AG，連接OF，過O作OH⊥AG于點(diǎn)H，利用面積法求出OH，勾股定理求出HG，即可根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出FG的長(zhǎng)．
【詳解】（1）證明：連接OD，過點(diǎn)O作OP⊥BC于點(diǎn)P，
∵⊙O與AC相切于點(diǎn)D．
∴OD⊥AC，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，
∴∠OCD=∠OCP=45°，
∴OD=OP，即OP是⊙O的半徑，
∴BC是⊙O的切線；
（2）解：∵AC=42，AB=AC，∠ACB=90°，
∴AB=2AC=8，OC⊥AB，
∵點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，
∴OC=OA=12AB=4，
∵OD⊥AC
∴OD=12AC=22，
在Rt△AOG中，AG=OA2+OG2=42+222=26
連接OF，過O作OH⊥AG于點(diǎn)H，
∴OH=OA?OGAG=4×2226=433，
∴HG=OG2?OH2=222?4332=263
∵OF=OG，
∴FG=2HG=463．

【點(diǎn)睛】此題考查了判定直線是圓的切線，切線的性質(zhì)定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
1．（2023·廣西梧州·二模）如圖，在△ABC中，O為AC上一點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OC為半徑作圓，與BC相切于點(diǎn)C，過點(diǎn)A作AD⊥BO交BO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，且∠AOD=∠BAD．
(1)求證：AB為⊙O的切線；
(2)若AB=10，sin∠ABC=45，求AD的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)AD的長(zhǎng)為25
【分析】（1）作OE⊥AB于點(diǎn)E，由∠AOD=∠BAD得到∠CBD=∠ABD，根據(jù)角平分線定理，即可得到OC=OE，即可得證，
（2）先根據(jù)銳角三角函數(shù)，求出AC、BC的長(zhǎng)，由S△AOB+S△COB=S△ABC，可求OC、OA、OB的長(zhǎng)，根據(jù)ABOA=cs∠OAD=cs∠CBD=BCOB，即可求解，
本題考查了切線的性質(zhì)與判定，角平分線定理，銳角三角函數(shù)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是：熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理．
【詳解】（1）證明：作OE⊥AB于點(diǎn)E，則∠OEA=∠OEB=90°，
∵⊙O與BC相切于點(diǎn)C，
∴BC⊥OC，
∵AD⊥BO交BO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，
∴∠C=∠D=90°，
∵∠CBD+∠BOC=90°，∠OAD+∠AOD=90°，∠BOC=∠AOD，
∴∠CBD=∠OAD，
∵∠AOD=∠BAD，
∴∠ODA=180°?∠AOD?∠D=180°?∠BAD?∠D=∠ABD，
∴∠CBD=∠ABD，
∴OC=OE，
∴點(diǎn)E在⊙O上，
∵OE是⊙O的半徑，且AB⊥OE，
∴AB是⊙O的切線，
（2）解：∵ACAB=sin∠ABC=45，AB=10，
∴AC=45AB=45×10=8，
∴BC=AB2?AC2=102?82=6，
∵S△AOB+S△COB=S△ABC，
∴12AB?OE+12BC?OC=12AC?BC，
∴12×10×OE+12×6×OC=12×8×6，
∴OC=3，
∴OA=AC?OC=8?3=5，OB=BC2+OC2=62+32=35，
∵ABOA=cs∠OAD=cs∠CBD=BCOB，
∴AD=OA?BCOB=5×635=25．
2．（22-23九年級(jí)上·河北保定·期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，交BC于點(diǎn)D，O是邊AB上的點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A，D的⊙O交AB于點(diǎn)E．
(1)求證：BC是⊙O的切線；
(2)若∠B=30°，BD=3．
①求OE的長(zhǎng)；
②求陰影部分的面積．
【答案】(1)見解析
(2)①OE=1；②S陰影部分=π6+34
【分析】本題考查了等邊對(duì)等角、平行線的判定與性質(zhì)、切線的判定定理、勾股定理、垂徑定理、含30度角的直角三角形、直角三角形兩銳角互余、圓周角定理、扇形的面積公式，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理，并正確作出輔助線．
（1）連接OD，根據(jù)等邊對(duì)等角，得出∠ODA=∠OAD，再根據(jù)角平分線的定義，得出∠OAD=∠CAD，再根據(jù)等量代換，得出∠CAD=∠ODA，再根據(jù)平行線的判定，得出OD∥AC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出∠BDO=∠C，進(jìn)而得出∠BDO=90°，再根據(jù)垂線的性質(zhì)，得出OD⊥BC，再根據(jù)切線的判定定理，即可得出結(jié)論；
（2）①根據(jù)勾股定理和直角三角形30°角的性質(zhì)，得出OD2+BD2=OB2，OB=2OD，進(jìn)而得出OD2+3=4OD2，解出即可得出OD的長(zhǎng)，再根據(jù)圓的性質(zhì)，即可得出OE的長(zhǎng)；②過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，根據(jù)垂徑定理，得出DF=AF，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余，得出∠DOE=60°，再根據(jù)圓周角定理，得出∠DAE=30°，再根據(jù)直角三角形30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，得出OF=12，再根據(jù)勾股定理，得出DF=32，進(jìn)而得出AD=3，再根據(jù)扇形的面積公式和三角形的面積公式，即可得出陰影部分的面積．
【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∴∠BDO=∠C，
∵∠C=90°，
∴∠BDO=90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半徑，
∴BC是⊙O的切線；
（2）解：①如圖，在Rt△BOD中，∠B=30°，
∴OD2+BD2=OB2，OB=2OD，
∴OD2+3=4OD2，
∴OD=1，OD=?1（舍去），
∴OE=OD=1；
②如圖，過點(diǎn)O作OF⊥AD于點(diǎn)F，
∴DF=AF，
在Rt△BOD中，∠B=30°，
∴∠DOE=60°，
∴∠DAE=30°，
∵OD=OA=1，
∴ OF=12，
∴ DF=OD2?OF2=1?14=32，
∴ AD=3，
∵ S扇形DOE=60π360=π6，SΔOAD=12×3×12=34，
∴ S陰影部分=S扇形DOE+SΔOAD=π6+34．
題型五：四點(diǎn)共圓
1．（2023·山東日照·中考真題）在探究“四點(diǎn)共圓的條件”的數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，小霞小組通過探究得出：在平面內(nèi)，一組對(duì)角互補(bǔ)的四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓．請(qǐng)應(yīng)用此結(jié)論．解決以下問題：
如圖1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°AD)，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為A'，連接AA'交BD于點(diǎn)E，連接CA'．

(1)求證：AA'⊥CA'；
(2)以點(diǎn)O為圓心，OE為半徑作圓．
①如圖2，⊙O與CD相切，求證：AA'=3CA'；
②如圖3，⊙O與CA'相切，AD=1，求⊙O的面積．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②2+24π
【分析】（1）由點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為A'可知點(diǎn)E是AA'的中點(diǎn)，∠AEO=90°，從而得到OE是△ACA'的中位線，繼而得到OE∥A'C，從而證明AA'⊥CA'；
（2）①過點(diǎn)O作OF⊥AB于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FO交CD于點(diǎn)G，先證明△OCG≌△OAFAAS得到OG=OF，由⊙O與CD相切，得到OG=OE，繼而得到OE=OF，從而證明AO是∠EAF的角平分線，即∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形兩銳角互余得到∠AOE+∠OAE=90°，從而得到∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出AA'=3CA'；
②先證明四邊形A'EOH是正方形，得到OE=OH=A'H，再利用OE是△ACA'的中位線得到OE=12A'C，從而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行線的性質(zhì)得到∠AOE=45°，從而證明△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，設(shè)AE=OE=r，求得DE=2?1r，在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2即r2+2?12r2=12，解得r2=2+24，從而得到⊙O的面積為S=πr2=2+24π．
【詳解】（1）∵點(diǎn)A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)為A'，
∴點(diǎn)E是AA'的中點(diǎn)，∠AEO=90°，
又∵四邊形ABCD是矩形，
∴O是AC的中點(diǎn)，
∴OE是△ACA'的中位線，
∴OE∥A'C
∴∠AA'C=∠AEO=90°，
∴AA'⊥CA'
（2）①過點(diǎn)O作OF⊥AB于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FO交CD于點(diǎn)G，則∠OFA=90°，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，
∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．
∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，
∴△OCG≌△OAFAAS，
∴OG=OF．
∵⊙O與CD相切，OE為半徑，∠OGC=90°，
∴OG=OE，
∴OE=OF
又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，OF⊥AB，
∴AO是∠EAF的角平分線，即∠OAE=∠OAF，
設(shè)∠OAE=∠OAF=x，則∠OCG=∠OAF=x，
又∵CO=DO
∴∠OCG=∠ODG=x
∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x
又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，
∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°
解得：x=30°，
∴∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，
在Rt△A'AC中，∠A'AC=30°，∠AA'C=90°，
∴AC=2CA'，
∴AA'=AC2?CA'2=2CA'2?CA'2=3CA'；
②過點(diǎn)O作OH⊥A'C于點(diǎn)H，

∵⊙O與CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四邊形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
∴四邊形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△ACA'的中位線，
∴OE=12A'C
∴A'H=CH=12A'C
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
設(shè)AE=OE=r，則AO=DO=AE2+OE2=2r
∴DE=DO?OE=2r?r=2?1r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+2?12r2=12
∴r2=11+2?12=14?22=2+24
∴⊙O的面積為：S=πr2=2+24π
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，中位線的性質(zhì)定理，角平分線的判定定理等知識(shí)，掌握相關(guān)知識(shí)并正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·上海·中考真題）平行四邊形ABCD，若P為BC中點(diǎn)，AP交BD于點(diǎn)E，連接CE．
(1)若AE=CE，
①證明ABCD為菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的長(zhǎng)．
(2)以A為圓心，AE為半徑，B為圓心，BE為半徑作圓，兩圓另一交點(diǎn)記為點(diǎn)F，且CE=2AE．若F在直線CE上，求ABBC的值．
【答案】(1)①見解析；②62
(2)105
【分析】（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；
②先證點(diǎn)E是△ABC的重心，由重心性質(zhì)得BE=2OE，然后設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=2,即可得OB=3x=32，再由平行四邊形性質(zhì)即可得出BD長(zhǎng)；
（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點(diǎn)E是△ABC的重心，又F在直線CE上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=12AB，根據(jù)重心性質(zhì)得GE=12CE＝22AE，CG=CE+GE=322AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,則AG=22AE,所以AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，則BC=5AE，代入即可求得ABBC的值．
【詳解】（1）①證明：如圖，連接AC交BD于O，
∵平行四邊形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四邊形ABCD，
∴四邊形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中線，
∵P為BC中點(diǎn)，
∴AP是△ABC的中線，
∴點(diǎn)E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
設(shè)OE=x，則BE=2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，
解得：x=2,
∴OB=3x=32，
∵平行四邊形ABCD，
∴BD=2OB=62；
（2）解：如圖，
∵⊙A與⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知點(diǎn)E是△ABC的重心，
又F在直線CE上，
∴CG是△ABC的中線，
∴AG=BG=12AB，GE=12CE，
∵CE=2AE，
∴GE=22AE，CG=CE+GE=322AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,
∴AG=22AE,
∴AB=2AG=2AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，
∴BC=5AE，
∴ABBC=2AE5AE=105．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，重心的性質(zhì)，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質(zhì)，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬是考?？碱}目．
1．（23-24九年級(jí)上·江蘇淮安·期中）在矩形ABCD中，已知BC=6，連接BD，∠CBD=30°，點(diǎn)O是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，⊙O的半徑為定值r．
(1)如下圖，當(dāng)⊙O經(jīng)過點(diǎn)C時(shí)，恰好與BD相切，求⊙O的半徑r；
(2)如下圖，點(diǎn)M是⊙O上的一動(dòng)點(diǎn)，求三角形ADM面積的最大值：
(3)若⊙O從B出發(fā)，沿BC方向以每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)A，點(diǎn)C出發(fā)，其中點(diǎn)E沿著AD方向向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)F沿著射線CB方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，連接EF，如下圖所示，當(dāng)⊙O平移至點(diǎn)C（圓心O與點(diǎn)C重合）時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E，F(xiàn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)間t，使⊙O與EF相切，若存在，請(qǐng)求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】(1)r=2
(2)63+6
(3)6?63 或6+63
【分析】（1）連接OP，OD，根據(jù)矩形的性質(zhì)及HL得Rt△DPO≌Rt△DCO，進(jìn)而可得∠ODP=∠ODC=30°，再利用解直角三角形即可求解．
（2）過點(diǎn)O作OH⊥BC并延長(zhǎng)，交AD于H，交⊙O于N，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)N位置時(shí)，此時(shí)三角形ADM面積有最大值，利用矩形的性質(zhì)及三角形的面積公式即可求解．
（3）分類討論：①EF在⊙O的左側(cè)時(shí)，②EF在⊙O的右側(cè)側(cè)時(shí)，利用相似三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理即可求解．
【詳解】（1）解：連接OP，OD，如圖：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DCB=90°，
在Rt△BCD中，BC=6，∠CBD=30°，
∴CD=BCtan30°=23，∠BDC=90°?∠CBD=60°，
∵⊙O與對(duì)角線BD相切于點(diǎn)P，
∴OP⊥BD，
在Rt△DPO和Rt△DCO中，
OP=OCOD=OD，
∴Rt△DPO≌Rt△DCOHL，
∴∠ODP=∠ODC=12∠BDC=30°，
∴OC=DC?tan∠ODC=23?33=2，
∴ ⊙O的半徑r=OC=2．
（2）過點(diǎn)O作OH⊥BC并延長(zhǎng)，交AD于H，交⊙O于N，如圖：
由（1）得：r=2，CD=23，
∴NH=2+23，
∵四邊形ABCD是矩形，且BC=6，
∴AD=BC=6，
當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)N位置時(shí)，此時(shí)三角形ADM面積有最大值，
S最大=12AD?HN=12×6×2+23=63+6．
（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，存在某一時(shí)刻，EF與⊙O相切，此時(shí)t的值為6?63或6+63，理由：
由（1）得AB=CD=23，
①EF在⊙O的左側(cè)時(shí)，設(shè)EF與⊙O相切于點(diǎn)G，
連接OG，OE，如圖：
由題意得：AE=OB=t，CF=2t，
∴OF=BC?OB?CF=6?3t，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE∥BO，
∵AE=OB=t，
∴四邊形ABOE為矩形，
∴OE=AB=23，∠EOF=90°，
∵EF與⊙O相切于點(diǎn)G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF，
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
∴OGOE=OFEF，
∵EF=OE2+OF2=232+6?3t2，
∴223=6?3t12+6?3t2，
∴6?3t2=6，
∴t=6?63或t=6+63（不合題意舍去），
②EF在⊙O的右側(cè)側(cè)時(shí)，
設(shè)EF與⊙O相切于點(diǎn)G，連接OG，OE，如圖：
由題意得： AE=OB=t， CF=2t，
∴OF=CF?OC=CF?BC?OB=3t?6，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE∥BO，
∵AE=OB=t，
∴四邊形ABOE為矩形，
∴OE=AB=23，∠EOF=90°，
∵EF與⊙O相切于點(diǎn)G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF，
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
∴OGOE=OFEF，
∵EF=OF2+OE2=232+3t?62，
∴223=3t?612+3t?62，
∴3t?62=6，
∴t=6+63或t=6?63（不合題意舍去），
綜上所述，t的值為6?63 或6+63．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、解直角三角形、切線的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握相關(guān)判定及性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·重慶大渡口·三模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接AP．
(1)如圖1，連接PD，若∠PDC=60°，AD=4，求tan∠APB的值；
(2)如圖2，點(diǎn)F在DC上，連接AF．作∠APB的平分線PE交AF于點(diǎn)E，連接DE、CE，若∠APB=60°，且DE平分∠ADF．求證： PA+PC=3PE；
(3)如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)Q為AP的中點(diǎn)，點(diǎn)M為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且AQ=MQ，連接PM，以PM為邊長(zhǎng)作等邊△PMM'，若BP=2，直接寫出BM'的最小值．
【答案】(1)tan∠APB=3+12
(2)見詳解
(3)BM'的最小值為23－2
【分析】
(1) 設(shè)PB=x，則PC=4+x，根據(jù)tan∠PDC=tan60°=PCDC，求得x，再利用tan∠APB=ABPB計(jì)算即可．
(2) 如圖2，過點(diǎn)E作EN⊥BC于點(diǎn)N，EH⊥PA，交PA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，先利用角平分線的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)得出PN+PH=3PE，證明△ADE≌△CDESAS，利用HL證明△AHE≌△CNE，得出AH=CN，最后利用等量代換得出PA+PC=3PE．
(3) 如圖3，以BP邊作等邊三角形PBN，連接NM，NQ，NQ交BP于點(diǎn)O，確定點(diǎn)M在以點(diǎn)Q為圓心，以AQ=2為半徑的圓上，確定點(diǎn)N、M、Q在一線時(shí)，MN最短計(jì)算即可．
【詳解】（1）
解：如圖1，設(shè)PB=x，則PC=4+x，
∵四邊形ABCD正方形，AD=4，

∴∠ABP=∠DCB=90°，AB=BC=CD=4，
∵ ∠PDC=60°
∴tan∠PDC=tan60°=PCDC，
∴x+44=3
解得x=43?4，
∴tan∠APB=ABPB=443?4=3+12．
（2）
如圖2，過點(diǎn)E作EN⊥BC于點(diǎn)N，EH⊥PA，交PA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，

∵PE平分∠APB，∠APB=60°，EN⊥BC，EH⊥PA，
∴∠HPE=∠CPE=30°，EN=EH，
∴PE=2EN，PN=3EN，PE=2EH，PH=3EH，
∴PE=2EN， PN=PH=32PE，
∴PN+PH=3PE，
∵DE平分∠ADF，
∴∠ADE=∠CDE，
∵四邊形ABCD是正方形
∴AD=CD，且DE=DE
∴△ADE≌△CDESAS，
∴AE=CE，
∵∠AHE=∠CNE=90°，EH=EN，AE=CE
∴△AHE≌△CNEHL，
∴AH=CN，
∴PN+PH=PA+AH+PN=PA+PN+NC=PA+PC=3PE．
∴PA+PC=PN+PH，
故PA+PC=3PE．
（3）
如圖3，以BP邊作等邊三角形PBN，連接NM，NQ，NQ交BP于點(diǎn)O，

∵∠APB=60°，∠ABP=90°，PB=2，
∴∠PAB=30°，AP=4，
∵Q是AP的中點(diǎn)
∴PQ=QA=QB=PB=2，
∵△PBN是等邊三角形，
∴PN=BN=PB，
∴PQ=PN=NB=BQ，
∴四邊形PNBQ是菱形，
∴QN⊥PB，PO=OB=1，QO=ON，
∴QO=PQ2?QO2=22?12=3，
∴QN=2QO=23，
∵∠BPN=∠MPM'=60°，
∴∠MPN=∠BPM'，
∵M(jìn)P=M'P, BP=PN，
∴△PNM≌△PBM'SAS，
∴MN=BM'，
∵AQ=QM=QB=QP，
∴點(diǎn)M在以點(diǎn)Q為圓心，以AQ=2為半徑的圓上，
∴點(diǎn)N、M、Q在一線時(shí)，MN最短，此時(shí)MN=QN?QM=23?2，
故BM'的最小值為23?2
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓與三角形的綜合問題，三角形的全等和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判定以及勾股定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
1．（2023·浙江寧波·一模）【教材呈現(xiàn)】以下是浙教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)教材第85頁(yè)的部分內(nèi)容．先觀察下圖，直線l1∥l2，點(diǎn)A，B在直線l2上，點(diǎn)C1，C2，C3，C4在直線l1上．△ABC1，△ABC2，△ABC3，△ABC4這些三角形的面積有怎樣的關(guān)系？請(qǐng)說明理由。
【基礎(chǔ)鞏固】如圖1，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，直徑MN∥AD，求陰影面積與圓面積的比值；
【嘗試應(yīng)用】如圖2，在半徑為5的⊙O中，BD＝CD，∠ACO＝2∠BDO，cs∠BOC＝x，用含x的代數(shù)式表示S△ABC；
【拓展提高】如圖3，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P是OB上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作弦CD⊥AB于點(diǎn)P，點(diǎn)F是⊙O上的點(diǎn)，且滿足CF＝CB，連接BF交CD于點(diǎn)E，若BF＝8EP，S△CEF=102，求⊙O的半徑．
【答案】[教材呈現(xiàn)]：面積相等，理由見解析；[基礎(chǔ)鞏固]：14；[嘗試應(yīng)用]：S△ABC=25x1?x2；[拓展提高]：6
【分析】
[教材呈現(xiàn)]根據(jù)平行線與三角形的面積公式解答即可；
[基礎(chǔ)鞏固]連接OC、OD，設(shè)⊙O的半徑為r，利用正方形的性質(zhì)得MN∥BC，根據(jù)三角形面積公式得S△AON=S△DON，同理，S△BON=S△CON，可得S陰影=S扇形CNDO=14S圓即可求出陰影面積與圓面積的比；
[嘗試應(yīng)用]連接AO，過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，由BD=CD，BO=CO，DO=DO可得△BDO≌△CDO，得出∠BDO=∠CDO，即可得∠BDC=∠BAC=2∠BDO，由∠ACO=2∠BDO可得∠BAC=∠ACO，再由CO∥AB得出∠ABO=∠BOC，從而可得BH=OB×cs∠ABO=5×cs∠BOC=5x，利用勾股定理求出OH=51?x2，最后求得結(jié)果；
[拓展提高]連接DF，BD，OD，先由垂徑定理得出BC=BD，CP=PD，從而可得FC=BC=BD，設(shè)EP=a，則CD=8a，PC=PD=4a，CE=3a，由勾股定理求出PB的長(zhǎng)，最后求得結(jié)果．
【詳解】∵△ABC1，△ABC2，△ABC3，△ABC4同底等高
∴S△ABC1=S△ABC2=S△ABC3=S△ABC4
[基礎(chǔ)鞏固]
連接OC、OD
∵AD∥MN
∴S△AON=S△DON
同理，S△BON=S△CON
∴S陰影=S扇形CNDO=14S圓
∴陰影面積與圓面積的比為14；
[嘗試應(yīng)用]
連接AO，過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H
∵BD=CD，BO=CO，DO=DO
∴△BDO≌△CDO
∴∠BDO=∠CDO
∴∠BDC=∠BAC=2∠BDO
∵∠ACO=2∠BDO
∴∠BAC=∠ACO
∴CO∥AB
∴∠ABO=∠BOC，S△ABC=S△ABO
∴BH=OB×cs∠ABO=5×cs∠BOC=5x，
AB=2AH=10x，OH=51?x2，
∴S△ABC=S△ABO=12AB?OH=25x1?x2
[拓展提高]
連接DF，BD，OD
∵AB為直徑，CD⊥AB于點(diǎn)P
∴BC=BD，CP=PD
又∵CF=CB
∴FC=BC=BD
∴∠BFD=∠CBF，F(xiàn)CB=CBD
∴BC∥DF，BF=CD
設(shè)EP=a，則CD=8a，PC=PD=4a，CE=3a
∵FC=BD
∴∠DCB=∠CBF
∴BE=CE=3a，PB=BE2?EP2=3a2?a2=22a
∵BC∥DF
∴S△CBF=S△CBD
∴S△EBD=S△CBD=S△CBE=S△CBF?S△CBE=S△CEF
∴12ED?PB=125a?22a=102
∴a=2
∴PB=4，PD=42
在Rt△ODP中，OP2+PD2=OD2，
設(shè)⊙O半徑為r，
則r?42+422=r2
解得r=6
∴⊙O的半徑為6
【點(diǎn)睛】
此題考查的是平行線的性質(zhì)及三角形的面積公式，垂徑定理、弧、弦、圓心角的關(guān)系及勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握兩條平行線之間的距離處處相等．
2．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）在?ABCD中，AB⊥AC，點(diǎn)E在邊AD上，連接BE．

(1)如圖1，AC交BE于點(diǎn)G，GH⊥AE，若BE平分∠ABC，且∠DAC=30°，CG=4，請(qǐng)求出四邊形EGCD的面積；
(2)如圖2，點(diǎn)F在對(duì)角線AC上，且AF=AB，連接BF，過點(diǎn)F作FH⊥BE于點(diǎn)H，連接AH，求證：HF+2AH=BH；
(3)如圖3，線段PQ在線段BE上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)R在BC上，連接CQ，PR．若BE平分∠ABC，∠DAC=30°，AB=3，AC=BE=2PQ=3，BC=4BR．求線段CQ+PQ+PR的和的最小值．
【答案】(1)53
(2)見解析
(3)21+32
【分析】（1）由?ABCD得到∠ABC=60°，根據(jù)角平分線求出∠ABE=∠CBE=30°，且∠ACB=∠DAC=30°，得到CG=BG=4，利用30度角的性質(zhì)得到AG=EG=2．再求出CD,AH,GH，即可根據(jù)SΔEGCD=SΔACD?SΔAGE求出答案；
（2）過點(diǎn)A作AJ⊥AH于點(diǎn)A，交FH的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J．得∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，推出點(diǎn)A，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共圓，證得△AHJ是等腰直角三角形，得到AH=AJ，進(jìn)而證得△ABH≌△AFJSAS，推出BH=FJ，由此得到結(jié)論FJ=HF+JH=HF+2AH即可．
（3）取AB的中點(diǎn)M，AE的中點(diǎn)N，連接PM，NQ，MN，則MN∥BE，MN=12BE=32．證得四邊形PMNQ是平行四邊形，得PM=NQ．在Rt△ABC中，BC=2AB，得BC=4BM推出BM=BR．證明△PBM≌△PBRSAS，得到PR=PM，由此得到CQ+PQ+PR的最小值為CN+32．過點(diǎn)C作CS⊥AD于點(diǎn)S．利用勾股定理求出CN即可．
【詳解】（1）解：在?ABCD中，∠BAC=90°，∠DAC=30°，
∴∠ABC=60°．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=30°，且∠ACB=∠DAC=30°，
∴CG=BG=4
∵∠ABE=∠AEB=30°，
∴AG=EG=2．
∵∠DAC=30°，
∴CD=2+4×33=23，AH=2×32=3，GH=2×12=1．
∴SΔEGCD=SΔACD?SΔAGE=12×2+4×23?12×1×3×2=63?3=53；
（2）證明：如圖1，過點(diǎn)A作AJ⊥AH于點(diǎn)A，交FH的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J．

∵FH⊥BE，AB⊥AC，AB=AF，
∴∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，
∴點(diǎn)A，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共圓，
∴∠BHA=∠AFB=45°，
∴∠AHJ=45°，
∴△AHJ是等腰直角三角形，
∴AH=AJ，
∴JH=2AH．
∵AB=AF，∠BAH=∠FAJ=90°+∠OAH，AH=AJ，
∴△ABH≌△AFJSAS，
∴BH=FJ．
∵FJ=HF+JH=HF+2AH．
∴BH=FJ=HF+2AH；
（3）解：如圖2，取AB的中點(diǎn)M，AE的中點(diǎn)N，連接PM，NQ，MN，則MN∥BE，MN=12BE=32．
由題意，得PQ=12BE=32，
∴PQ∥MN，PQ=MN，
∴四邊形PMNQ是平行四邊形，
∴PM=NQ．
在?ABCD中，∠DAC=30°，
∴∠ACB=30°．
在Rt△ABC中，BC=2AB．
∵點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，
∴BC=4BM．
∵BC=4BR，
∴BM=BR．
∵BE平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBR．
∵BP=BP，
∴△PBM≌△PBRSAS，
∴PR=PM，
∴NQ=PR，
∴CQ+PQ+PR=CQ+NQ+32．
∵CQ+NQ≥CN，
∴CQ+PQ+PR的最小值為CN+32．
如圖2，過點(diǎn)C作CS⊥AD于點(diǎn)S．

由（1），得∠ABE=∠AEB=30°，
∴AE=AB=3，
∴AM=AN=12AE=32．
∵∠DAC=30°，
∴AD=2CD=23，CS=12AC=32，
∴SD=CD2?CS2=32，
∴NS=AD?AN?SD=3，
∴CN=CS2+NS2=212，
∴CQ+PQ+PR的最小值為212+32=21+32．
【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)，勾股定理，綜合掌握各圖形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2024·福建龍巖·二模）已知△ABC，∠BAC=90°，AB=AC=62．

探究一：如圖（1），點(diǎn)D在BC上（點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合），且BD=x．
①連接AD，當(dāng)x=4時(shí)，AD= ______．
②在①的條件下，若以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心把線段AB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α0°

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