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與三角形、四邊形、圓有關(guān)的計算，每年連續(xù)考查，與三角形有關(guān)的計算，常以一般三角形或特殊三角形為背景，結(jié)合全等、相似、勾股定理考查求線段長或角度；與四邊形有關(guān)的計算，考查的形式有矩形、正方形的折疊求線段長或角度，矩形與坐標(biāo)系結(jié)合求點坐標(biāo)；與圓有關(guān)的計算，以直角三角形和圓為背景，涉及切線的性質(zhì)求線段長或角度.
?考向一 與三角形有關(guān)的計算與證明
1．（2023?江西）如圖，在?ABCD中，∠B＝60°，BC＝2AB，將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜360°）得到AP，連接PC，PD．當(dāng)△PCD為直角三角形時，旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為 90°或180°或270° ．
【思路點撥】P點在以A為圓心，AB為半徑的圓上運動，有固定軌跡，△PCD為直角三角形，要分三種情況討論求解．
【完整解答】解：由題意可知，P點在以A為圓心，AB為半徑的圓上運動．
知識目標(biāo)（新課程標(biāo)準(zhǔn)提煉）
中考命題趨勢（分析考察方向，精準(zhǔn)把握重難點）
重點考向（以真題為例，探究中考命題方向）
?考向一 與三角形有關(guān)的計算與證明
?考向二 與四邊形有關(guān)的計算與證明
?考向三 與圓有關(guān)的計算與證明
如圖：延長BA與⊙A交于P3，連接P3C．
∵P3C＝2AB＝BC，
又∵∠B＝60°，
∴△P3BC為等邊三角形，
∴AC⊥AB．
在?ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴CD⊥AC．
∴∠ACD＝90°，
∴當(dāng)P在直線AC上時符合題意，
∴α1＝90°，α2＝270°．
連接P3D，
∵AP3∥CD，AP3＝AB＝CD，
∴四邊形ACDP3為平行四邊形．
∴∠P3DC＝∠P3AC＝90°，
即：P運動到P3時符合題意．
∴α3＝180°．
記CD中點為G，以G為圓心，GC為半徑作⊙G．
AG＝＝＝＝＞，
∴⊙A與⊙G相離，
∴∠DPC＜90°．
故答案為：90°、180°、270°．
【考點剖析】本題考查了直角三角形的定義，等邊三角形，等腰三角形的性質(zhì)及判定，以及圓周角定理，勾股定理等知識點．題目新穎、靈活，解法多樣，需要敏銳的感知圖形的運動變化才能順利解題．
2．（2022?南昌）問題背景：某課外學(xué)習(xí)小組在一次學(xué)習(xí)研討中，得到了如下兩個命題：
①如圖1，在正三角形ABC中，M，N分別是AC，AB上的點，BM與CN相交于點O，若∠BON＝60°，則BM＝CN；
②如圖2，在正方形ABCD中，M，N分別是CD，AD上的點，BM與CN相交于點O，若∠BON＝90°，則BM＝CN．
然后運用類比的思想提出了如下命題；
③如圖3，在正五邊形ABCDE中，M，N分別是CD，DE上的點，BM與CN相交于點O，若∠BON＝108°，則BM＝CN．任務(wù)要求：
（1）請你從①，②，③三個命題中選擇一個進(jìn)行證明；
（2）請你繼續(xù)完成下面的探索：
①如圖4，在正n（n≥3）邊形ABCDEF…中，M，N分別是CD，DE上的點，BM與CN相交于點O，試問當(dāng)∠BON等于多少度時，結(jié)論BM＝CN成立；（不要求證明）
②如圖5，在正五邊形ABCDE中，M，N分別是DE，AE上的點，BM與CN相交于點O，若∠BON＝108°時，試問結(jié)論BM＝CN是否還成立．若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．
【思路點撥】（1）正三角形ABC中，可通過全等三角形來證明BM＝CN，由于∠BON＝∠MBC+∠BCO＝60°，而∠ACB＝∠ACN+∠OCB＝60°，因此∠ACN＝∠MBC，又知道∠A＝∠BCM＝60°，AC＝BC，因此△ACN≌△CBM，可得出BM＝CN；正方形和正五邊形的證明過程與正三角形的一樣，都是通過全等三角形來得出線段的相等，證三角形的過程中都是根據(jù)∠BON和多邊形的內(nèi)角相等得出一組兩三角形中的一組對應(yīng)角相等，然后根據(jù)正多邊形的內(nèi)角和邊相等，得出BCM和CND全等，進(jìn)而得出BM＝CN；（2）①由（1）的證明過程可知道∠MON的度數(shù)應(yīng)該是正多邊形的內(nèi)角的度數(shù)，當(dāng)∠BON＝時，結(jié)論BM＝CN成立，
②可參照（1）先得出三角形BCD和CDE全等，然后通過證三角形CEN和BDM全等來得出結(jié)論，在證三角形CEN和BDM全等的過程中也是通過∠BON與正五邊形的內(nèi)角相等得出一組對應(yīng)角相等，然后根據(jù)正五邊形的內(nèi)角減去第一對全等三角形中得出的相等角來得出另一組對應(yīng)角相等，可通過△BCD≌△CDE得出CE＝BD，那么可得出三角形CEN和BDM全等，由此可得證．
【完整解答】
解：（1）選命題①
在圖1中，∵△ABC是正三角形，
∴BC＝CA，∠BCM＝∠CAN＝60°．
∵∠BON＝60°，
∴∠CBM+∠BCN＝60°．
∵∠BCN+∠ACN＝60°，
∴∠CBM＝∠ACN．
∴△BCM≌△CAN（ASA）．
∴BM＝CN．
選命題②
在圖2中∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝90°．
∵∠BON＝90°，
∴∠CBM+∠BCN＝90°．
∵∠BCN+∠DCN＝90°，
∴∠CBM＝∠DCN．
∴△BCM≌△CDN（ASA）．
∴BM＝CN．
選命題③
在圖3中，∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝108°．
∵∠BON＝108°，
∴∠CBM+∠BCN＝108°．
∵∠BCN+∠DCN＝108°，
∴∠CBM＝∠DCN．
∴△BCM≌△CDN（ASA）．
∴BM＝CN．
（2）①當(dāng)∠BON＝時，結(jié)論BM＝CN成立．
②BM＝CN成立．
在圖5中，連接BD、CE，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠CDE＝108°，CD＝DE，∠CDE＝∠DEA＝108°．
∴∠BCD＝∠DEA，
∴△BCD≌△CDE（SAS）．
∴BD＝CE，∠BDC＝∠CED，∠DBC＝∠ECD．
∵∠BON＝108°，
∴∠OBC+∠OCB＝108°．
∵∠OCB+∠OCD＝108°，
∴∠OBC＝∠OCD（即∠MBC＝∠NCD）．
∴∠MBC﹣∠DBC＝∠NCD﹣∠ECD，即∠DBM＝∠ECN．
∴∠CDE﹣∠BDC＝∠DEA﹣∠CED，即∠BDM＝∠CEN．
∴△BDM≌△CEN（ASA）．
∴BM＝CN．
【考點剖析】本題主要考查了全等三角形，正多邊形等幾何知識，是一道幾何型探究題，層層深入，體現(xiàn)了一個由特殊到一般的過程，考查學(xué)生的邏輯思維能力及歸納探索諸多方面的能力，是一道很好的壓軸題．本題是一道非常典型的幾何探究題，很好地體現(xiàn)了從一般到特殊的數(shù)學(xué)思想方法，引導(dǎo)學(xué)生漸漸地從易走到難，是新課標(biāo)形勢下的成熟壓軸題．
3．（2016?萊蕪）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2．如圖，將直角頂點B放在原點，點A放在y軸正半軸上，當(dāng)點B在x軸上向右移動時，點A也隨之在y軸上向下移動，當(dāng)點A到達(dá)原點時，點B停止移動，在移動過程中，點C到原點的最大距離為 2+2 ．
【思路點撥】根據(jù)題意首先取A1B1的中點E，連接OE，C1E，當(dāng)O，E，C1在一條直線上時，點C到原點的距離最大，進(jìn)而求出答案．
【完整解答】解：如圖所示：取A1B1的中點E，連接OE，C1E，當(dāng)O，E，C1在一條直線上時，點C到原點的距離最大，在
Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝4，點OE為斜邊中線，
∴OE＝B1E＝A1B1＝2，
又∵B1C1＝BC＝2，
∴C1E＝＝2，
∴點C到原點的最大距離為：OE+C1E＝2+2．
故答案為：2+2．
【考點剖析】此題主要考查了軌跡以及勾股定理等知識，正確得出C點位置是解題關(guān)鍵．
4．（2023?濟(jì)寧）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點D，E在邊BC上，若∠DAE＝30°，，則BD＝ 3﹣ ．
【思路點撥】過點A作AH⊥BC于H，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠BAC＝60°，再由AH⊥BC，可得∠BAD+∠DAH＝30°，再 根據(jù)∠BAD+∠EAC＝30°，可得∠DAH＝∠EAC，從而可得tan∠DAH＝tan∠EAC＝，利用銳角三角函數(shù)求得AH＝ABsin60°＝3，再由，求得DH＝3﹣，即可求得結(jié)果．
【完整解答】解：過點A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC＝6，∠BAC＝60°，
∵AH⊥BC，
∴，
∴∠BAD+∠DAH＝30°，
∵∠DAE＝30°，
∴∠BAD+∠EAC＝30°，
∴∠DAH＝∠EAC，
∴tan∠DAH＝tan∠EAC＝，
∵BH＝AB＝3，
∵AH＝ABsin60°＝6×＝3，
∴，
∴DH＝，
∴BD＝BH﹣DH＝3﹣，
故答案為：3﹣．
【考點剖析】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)證明∠DAH＝∠EAC是解題的關(guān)鍵．
5．（2022?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是 80 ．
【思路點撥】過點D作DM⊥CI于點M，過點F作FN⊥CI于點N，由正方形的性質(zhì)可證得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，F(xiàn)N＝CJ，可證得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，從而可得CN，可得BJ與AJ，即可求解．
【完整解答】解：過點D作DM⊥CI，交CI的延長線于點M，過點F作FN⊥CI于點N，
∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過點C作AB的垂線CJ，CJ＝4，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，
∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），
∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，
∴DM＝NF，
∴△DMI≌△FNI（AAS），
∴DI＝FI，MI＝NI，
∵∠DCF＝90°，
∴DI＝FI＝CI＝5，
在Rt△DMI中，由勾股定理可得：
MI＝＝＝3，
∴NI＝MI＝3，
∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，
∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，
∵四邊形ABHL為正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四邊形AJKL為矩形，
∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，
故答案為：80．
【考點剖析】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，利用全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解．
6．（2023?衢州）如圖，在△ABC中，以點A為圓心，適當(dāng)長為半徑畫弧，分別交AB，AC于點D，E．分
別以點D，E為圓心，大于長為半徑畫弧，交于∠BAC內(nèi)一點F．連結(jié)AF并延長，交BC于點G．連結(jié)DG，EG．添加下列條件，不能使BG＝CG成立的是（ ）
A．AB＝ACB．AG⊥BCC．∠DGB＝∠EGCD．AG＝AC
【思路點撥】根據(jù)題意可知AG是三角形的角平分線，再結(jié)合選項所給的條件逐次判斷能否得出BG＝CG即可．
【完整解答】解：根據(jù)題中所給的作圖步驟可知，
AB是△ABC的角平分線，即∠BAG＝∠CAG．
當(dāng)AB＝AC時，又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（SAS），
所以BG＝CG，
故A選項不符合題意．
當(dāng)AG⊥BC時，
∠AGB＝∠AGC＝90°，
又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（ASA），
所以BG＝CG，
故B選項不符合題意．
當(dāng)∠DGB＝∠EGC時，
因為∠BAG＝∠CAG，AD＝AE，AG＝AG，
所以△ADG≌△AEG（SAS），
所以∠AGD＝∠AGE，
又∠DGB＝∠EGC，
所以∠AGD+∠DGB＝∠AGE+∠EGC，
即∠AGB＝∠AGC．
又∠AGB+∠AGC＝90°，
所以∠AGB＝∠AGC＝90°，
則方法同（2）可得出BG＝CG，
故C選項不符合題意．
故選：D．
【考點剖析】本題考查全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?鞍山）如圖，在正方形ABCD中，點M為CD邊上一點，連接AM，將△ADM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABN，在AM，AN上分別截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，連接EF，交對角線BD于點G，連接AG并延長交BC于點H．若AM＝，CH＝2，則AG的長為 ．
【思路點撥】解法一：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，連接DE，BF，由等線段減等線段相等可得FN＝EM，于是可通過SAS證明△BFN≌△DEM，得到BF＝DE，易得AF＝AB，AE＝AD，由三角形內(nèi)角和定理可得∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），由∠DAE＝∠BAF得到∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，易得△AFE為等腰直角三角形，根據(jù)等角減等角相等可知∠GFB＝∠GDE，于是可通過AAS證明△GFB≌△GDE，得到FG＝DG，BG＝EG，進(jìn)而可通過SSS證明△AFG≌△ADG，得到∠DAH＝∠NAH，由平行線的性質(zhì)可得∠AHN＝∠NAH，則AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，則AB＝BC＝x+2，BN＝，在Rt△ABN中，利用勾股定理建立方程，求得x1＝6，，即BH＝6或，過點G作 PG∥BC，交AB于點P，易得△APG∽△ABH，由相似三角形的性質(zhì)得，易得△PBG為等腰直角三角形，PG＝PB，分兩種情況討論：①當(dāng)BH＝6時，AB＝BC＝8，則＝，進(jìn)而可設(shè)AP＝4a，PG＝3a＝PB，由AB＝AP+PB＝8，解得，在Rt△APG中，利用勾股定理即可求出AG的長；②當(dāng)時，AD＝CD＝AB＝，此時點M在CD的延長線上，與題意不符．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，BN＝y(tǒng)，則BC＝x+2＝AB，AN＝x+y，以此可建立關(guān)于x，y的方程組，解得：或，再同解法一討論即可得出
【完整解答】解：解法一：∵將△ADM繞點A順時針旋90°得到△ABN，
∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，
如圖，連接DE，BF，
∵AE＝AF＝BC，F(xiàn)N＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，
∴FN＝EM，
在△BFN和△DEM中，
，
∴△BFN≌△DEM（SAS），
∴BF＝DE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，AB＝AD＝BC，
∴AF＝AB，AE＝AD，
∴△ABF和△AED都是等腰三角形，
∴∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），
∵∠DAE＝∠BAF，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，
∵AF＝AE，∠MAN＝90°，
∴△AFE為等腰直角三角形，
∴∠AEG＝∠AFG＝45°，
∵∠GDE＝∠ADE﹣∠ADB＝∠ADE﹣45°，
∠GFB＝∠AFB﹣∠AFG＝∠AEB﹣45°，
∴∠GFB＝∠GDE，
在△GFB和△GDE中，
，
∴△GFB≌△GDE（AAS），
∴FG＝DG，BG＝EG，
在△AFG和△ADG中，
，
∴△AFG≌△ADG（SSS），
∴∠FAG＝∠DAG，即∠DAH＝∠NAH，
∵AD∥BC，
∴∠DAH＝∠AHN，
∴∠AHN＝∠NAH，
∴AN＝NH＝AM＝，
設(shè)BH＝x，則AB＝BC＝BH+CH＝x+2，，
在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，
∴，
解得：x1＝6，，
∴BH＝6或，
如圖，過點G作 PG∥BC，交AB于點P，
∴△APG∽△ABH，
∴，即，
∵PG∥BC，
∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，
∵PBG＝45°，
∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，
∴PG＝PB，
①當(dāng)BH＝6時，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，
∴＝＝，
∴設(shè)AP＝4a，PG＝3a＝PB，
∵AB＝AP+PB＝8，
∴4a+3a＝8，
解得：，
在Rt△APG中，＝＝5a＝；
②當(dāng)時，AB＝CD＝BC＝BH+CH＝，
在Rt△ADM中，DM＝＝＝8，
∵DM＝8＞CD＝，
∴點M在CD的延長線上，與題意不符．
綜上，AG的長為．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，
設(shè)BH＝x，BN＝y(tǒng)，
∴BC＝BH+CH＝x+2＝AB，AN＝BH+BN＝x+y，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
∴，
解得：，，
同解法一討論，即可得出AG＝．
故答案為：．
【考點剖析】本題考查了正方形的性質(zhì)、圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用相關(guān)知識解決問題是解題關(guān)鍵．
8．（2022?襄陽）如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓O上，點D為的中點，連接AC，BC，AD，AD與BC相交于點G，過點D作直線DE∥BC，交AC的延長線于點E．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）若＝，CG＝2，求陰影部分的面積．
【思路點撥】（1）連接OD，證明OD⊥DE即可；
（2）根據(jù)＝相等，再由（1）中＝可得，，從而得到∠CAD＝∠BAD＝∠ABC＝30°，在Rt△ACG中，利用銳角三角函數(shù)求出AC、AG的長，從而求出△CAG的面積，在Rt△ABD中利用銳角三角函數(shù)求出AD的長，根據(jù)DE∥BC可得△ACG∽△AED，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方求出陰影部分的面積．
【完整解答】（1）證明：連接OD，如圖所示，
∵點D為的中點，
∴OD⊥BC
∵DE∥BC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切線．
（2）解：連接BD，如圖所示，
∵＝，
∴BD＝AC
∵點D為的中點，
∴，
∴，
∴的度數(shù)＝的度數(shù)＝的度數(shù)＝60°，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°．
∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
在Rt△ACG中，tan∠CAD＝，sin
∴CA＝，AG＝
∵CG＝2，
∴CA＝2×＝6，AG＝4．
∴BD＝CA＝6，
∴S△ACG＝CG?AC＝6．
在Rt△ABD中，tan∠BAD＝，
∴AD＝＝＝6．
∵DE∥BC，
∴△CAG∽△EAD，
∴，
即，
∴S△EAD＝．
∴S陰影部分＝S△EAD﹣S△ACG＝．
【考點剖析】本題主要考查了切線的判定定理、垂徑定理、圓周角定理以及相似三角形的性質(zhì)，其中利用過圓心，平分弧然后根據(jù)垂徑定理證明半徑垂直于弦是解題的關(guān)鍵．
9．（2022?自貢）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝9，∠BAD的平分線交BC于E，交DC的延長線于F，BG⊥AE于G，BG＝，則△EFC的周長為（ ）
A．11B．10C．9D．8
【思路點撥】判斷出△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，DF的長度，繼而得到EC的長度，在Rt△BGE中求出GE，繼而得到AE，求出△ABE的周長，根據(jù)相似三角形的周長之比等于相似比，可得出△EFC的周長．
【完整解答】解：∵在?ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝9，∠BAD的平分線交BC于點E，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵AB∥DF，AD∥BC，
∴∠BAF＝∠F＝∠DAF，∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE＝6，AD＝DF＝9，
∴△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，
∵AD∥BC，
∴△EFC是等腰三角形，且CF＝CE，
∴EC＝FC＝DF﹣DC＝9﹣6＝3，＝，
在△ABG中，BG⊥AE，AB＝6，BG＝4，
∴AG＝＝2，
∴AE＝2AG＝4，
∴△ABE的周長等于16，
又∵△CEF∽△BEA，相似比為1：2，
∴△CEF的周長為8．
故選：D．
【考點剖析】本題主要考查了勾股定理、相似三角形、等腰三角形的性質(zhì)，注意掌握相似三角形的周長之比等于相似比，此題難度較大．
?考向二 與四邊形有關(guān)的計算與證明
1．（2023?十堰）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，AD上的點，且BE＝BF
＝CG＝AH，若菱形的面積等于24，BD＝8，則EF+GH＝ 6 ．
【思路點撥】連接AC交BD于點O，先根據(jù)菱形的面積公式計算出對角線AC的長，再證△BEF∽△BAC，得出，同理可證△DHG∽△DAC，得出，兩式相加，即可求出EF+GH的值．
【完整解答】解：連接AC交BD于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵菱形的面積等于24，BD＝8，
∴，
∴AC＝6，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE＝（180°﹣∠EBF），
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠ABC），
∴∠BEF＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∵BA＝DA，
∴，
同理可證△DHG∽△DAC，
∴，
∴，
即，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案為：6．
【考點剖析】本題考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，求出EF+GH＝AC是此題的關(guān)鍵．
2．（2022?黔東南州）如圖，在邊長為2的等邊三角形ABC的外側(cè)作正方形ABED，過點D作DF⊥BC，垂足為F，則DF的長為（ ）
A．2+2B．5﹣C．3﹣D．+1
【思路點撥】方法一：如圖，延長DA、BC交于點G，利用正方形性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，運用解直角三角形可得AG＝2，DG＝2+2，再求得∠G＝30°，根據(jù)直角三角形性質(zhì)得出答案．
方法二：過點E作EG⊥DF于點G，作EH⊥BC于點H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH＝，再證明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH＝，即可求得答案．
【完整解答】解：方法一：如圖，延長DA、BC交于點G，
∵四邊形ABED是正方形，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，
∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∴AG＝AB?tan∠ABC＝2×tan60°＝2，
∴DG＝AD+AG＝2+2，
∵∠G＝90°﹣60°＝30°，DF⊥BC，
∴DF＝DG＝×（2+2）＝1+，
故選D．
方法二：如圖，過點E作EG⊥DF于點G，作EH⊥BC于點H，
則∠BHE＝∠DGE＝90°，
∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∵四邊形ABED是正方形，
∴BE＝DE＝2，∠ABE＝∠BED＝90°，
∴∠EBH＝180°﹣∠ABC﹣∠ABE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴EH＝BE?sin∠EBH＝2?sin30°＝2×＝1，BH＝BE?cs∠EBH＝2cs30°＝，
∵EG⊥DF，EH⊥BC，DF⊥BC，
∴∠EGF＝∠EHB＝∠DFH＝90°，
∴四邊形EGFH是矩形，
∴FG＝EH＝1，∠BEH+∠BEG＝∠GEH＝90°，
∵∠DEG+∠BEG＝90°，
∴∠BEH＝∠DEG，
在△BEH和△DEG中，
，
∴△BEH≌△DEG（AAS），
∴DG＝BH＝，
∴DF＝DG+FG＝+1，
故選：D．
【考點剖析】本題考查了正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形，題目的綜合性很好，難度不大．
3．（2019?撫順）如圖，AC，BD是四邊形ABCD的對角線，點E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，點M，N分別是AC，BD的中點，連接EM，MF，F(xiàn)N，NE，要使四邊形EMFN為正方形，則需添加的條件是（ ）
A．AB＝CD，AB⊥CDB．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BDD．AB＝CD，AD∥BC
【思路點撥】證出EN、NF、FM、ME分別是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位線，得出EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，證出四邊形EMFN為平行四邊形，當(dāng)AB＝CD時，EN＝FM＝ME＝NF，得出平行四邊形EMFN是菱形；當(dāng)AB⊥CD時，EN⊥ME，則∠MEN＝90°，即可得出菱形EMFN是正方形．
【完整解答】解：∵點E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，點M，N分別是AC，BD的中點，
∴EN、NF、FM、ME分別是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位線，
∴EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，
∴四邊形EMFN為平行四邊形，
當(dāng)AB＝CD時，EN＝FM＝ME＝NF，
∴平行四邊形EMFN是菱形；
當(dāng)AB⊥CD時，EN⊥ME，
則∠MEN＝90°，
∴菱形EMFN是正方形；
故選：A．
【考點剖析】本題考查了正方形的判定、平行四邊形的判定、菱形的判定以及三角形中位線定理；熟練掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
4．（2023?貴港）如圖所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，點E、F分別為AB、CD的中點．連接AF并延長，交BC的延長線于點G．
（1）求證：△ADF≌△GCF；
（2）若EF＝7.5，BC＝10，求AD的長．
【思路點撥】根據(jù)梯形的性質(zhì)，利用AAS可判定△ADF≌△GCF；根據(jù)中位線定理，可得到BC+AD＝15，已知BC的長，那么AD的長自然就出來了．
【完整解答】（1）證明：∵AD∥BC，（AD∥BG）
∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G．（2分）
∵DF＝CF，
∴△ADF≌△GCF．（4分）
（2）解法一：由（1）得△ADF≌△GCF，
∴AF＝FG，AD＝CG．（5分）
∵AE＝BE，
∴EF為△ABG的中位線．
∴EF＝BG．（6分）
∴BG＝2×7.5＝15．（7分）
∴AD＝CG＝BG﹣BC＝15﹣10＝5．（8分）
解法二：∵點E、F分別是AB、CD的中點，
∴EF是梯形ABCD的中位線．（5分）
∴EF＝（AD+BC），（6分）
即7.5＝（AD+10）．（7分）
∴AD＝5．（8分）
【考點剖析】此題主要考查學(xué)生對梯形的性質(zhì)，全等三角形的判定及中位線定理的理解及運用．
5．（2022?賀州）如圖，梯形ABCD中，DC∥AB，EF是中位線，EG⊥AB于G，F(xiàn)H⊥AB于H，梯形的高h(yuǎn)＝（AB+DC）．沿著GE，HF分別把△AGE，△BHF剪開，然后按圖中箭頭所指方向，分別繞著點E，F(xiàn)旋轉(zhuǎn)180°，將會得到一個什么樣的四邊形？簡述理由．
【思路點撥】首先發(fā)現(xiàn)顯然是一個矩形．再根據(jù)所給的梯形的高結(jié)合梯形的中位線定理即證明了矩形的一組鄰邊相等，即是正方形．
【完整解答】解：將會得到一個正方形，理由如下：
∵EG⊥AB，F(xiàn)H⊥AB
∴EG∥FH
∵EF是梯形ABCD的中位線，
∴EF∥GH，EF＝（DC+AB），
∴EF＝GH
∵梯形的高h(yuǎn)＝（DC+AB）
∴梯形的高h(yuǎn)＝GH
設(shè)△AGE繞點E旋轉(zhuǎn)180°后點G落在G'處，△BHF繞點F旋轉(zhuǎn)180°后，點H落在H'處則∠G'＝90°，G'，H'在DC所在的直線上．
∴GG'是梯形ABCD的高
∴∠G'＝∠G'GH＝∠H'HG＝90°，
∴四邊形G'GHH'是矩形
∵GG'＝GH
∴四邊形G'GHH'是正方形
【考點剖析】考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的判定及梯形的中位線的綜合運用．
6．（2022?鄂州）如圖，四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊中點，得到四邊形A2B2C2D2，如此進(jìn)行下去，得到四邊形AnBn?nDn．下列結(jié)論正確的是（ ）
①四邊形A4B4C4D4是菱形；
②四邊形A3B3C3D3是矩形；
③四邊形A7B7C7D7周長為；
④四邊形AnBn?nDn面積為．
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④
【思路點撥】首先根據(jù)題意，找出變化后的四邊形的邊長與四邊形ABCD中各邊長的長度關(guān)系規(guī)律，然后對以下選項作出分析與判斷：
①根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)作出判斷；
②根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)作出判斷；
③由四邊形的周長公式：周長＝邊長之和，來計算四邊形A5B5C5D5的周長；
④根據(jù)四邊形AnBn?nDn的面積與四邊形ABCD的面積間的數(shù)量關(guān)系來求其面積．
【完整解答】解：①連接A1C1，B1D1．
∵在四邊形ABCD中，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四邊形A1B1C1D1是平行四邊形；
∵AC⊥BD，
∴A1B1⊥A1D1，
∴四邊形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1＝A1C1（矩形的兩條對角線相等）；
∴A2D2＝C2D2＝C2B2＝B2A2（中位線定理），
∴四邊形A2B2C2D2是菱形；
∴四邊形A3B3C3D3是矩形；
∴根據(jù)中位線定理知，四邊形A4B4C4D4是菱形；
故①②正確；
③根據(jù)中位線的性質(zhì)易知，A7B7＝A5B5＝A3B3＝A1B1＝AC，B7C7＝B5C5＝B3C3＝B1C1＝BD，
∴四邊形A7B7C7D7的周長是2×（a+b）＝，
故③正確；
④∵四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，
∴S四邊形ABCD＝ab÷2；
由三角形的中位線的性質(zhì)可以推知，每得到一次四邊形，它的面積變?yōu)樵瓉淼囊话耄?br>四邊形AnBn?nDn的面積是，
故④錯誤；
綜上所述，①②③正確．
故選：A．
【考點剖析】本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)及三角形的中位線定理（三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半）．解答此題時，需理清菱形、矩形與平行四邊形的關(guān)系．
7．（2022?阿壩州）順次連接菱形的各邊中點，所得的四邊形一定是（ ）
A．梯形B．矩形C．菱形D．正方形
【思路點撥】根據(jù)三角形的中位線定理可得EH∥BD，EF∥AC，GH∥AC，F(xiàn)G∥BD進(jìn)而得到四邊形EFGH是平行四邊形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)AC⊥DB可證明EF⊥EH，進(jìn)而得到答案．
【完整解答】解：∵E，F(xiàn)是中點，
∴EH∥BD，
同理，EF∥AC，GH∥AC，F(xiàn)G∥BD，
∴EH∥FG，EF∥GH，
則四邊形EFGH是平行四邊形．
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴AC⊥EH，
∵EF∥AC，
∴EF⊥EH，
∴平行四邊形EFGH是矩形．
故選：B．
【考點剖析】本題主要考查了矩形的判定定理，正確理解菱形的性質(zhì)以及三角形的中位線定理是解題的關(guān)鍵．
8．（2022?呼和浩特）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC⊥BD，垂足為O，點E、F、G、H分別為邊AD、AB、BC、CD的中點．若AC＝8，BD＝6，則四邊形EFGH的面積為 12 ．
【思路點撥】有一個角是直角的平行四邊形是矩形．利用中位線定理可得出四邊形EFGH矩形，根據(jù)矩形的面積公式解答即可．
【完整解答】解：∵點E、F分別為四邊形ABCD的邊AD、AB的中點，
∴EF∥BD，且EF＝BD＝3．
同理求得EH∥AC∥GF，且EH＝GF＝AC＝4，
又∵AC⊥BD，
∴EF∥GH，F(xiàn)G∥HE且EF⊥FG．
∴四邊形EFGH是矩形．
∴四邊形EFGH的面積＝EF?EH＝3×4＝12，即四邊形EFGH的面積是12．
故答案為：12．
【考點剖析】本題考查的是中點四邊形．解題時，利用了矩形的判定以及三角形的中位線定理，矩形的判定定理有：
（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
（2）有三個角是直角的四邊形是矩形；
（3）對角線互相平分且相等的四邊形是矩形．
9．（2021?龍巖）如圖，我們把依次連接任意四邊形ABCD各邊中點所得四邊形EFGH叫中點四邊形．
（1）若四邊形ABCD是菱形，則它的中點四邊形EFGH一定是 B ；
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．梯形
（2）若四邊形ABCD的面積為S1，中點四邊形EFGH的面積記為S2，則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是S1＝ 2 S2；
（3）在四邊形ABCD中，沿中點四邊形EFGH的其中三邊剪開，可得三個小三角形，將這三個小三角形與原圖中未剪開的小三角形拼接成一個平行四邊形，請畫出一種拼接示意圖，并寫出對應(yīng)全等的三角形．
【思路點撥】（1）連接AC、BD．先根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC，則四邊形EFGH為平行四邊形，再由菱形的對角線互相垂直，得出EF⊥FG，從而證明?EFGH是矩形；
（2）由E為AB中點，且EF平行于AC，EH平行于BD，得到△BEK與△ABM相似，△AEN與△ABM相似，利用面積之比等于相似比的平方，得到△EBK面積與△ABM面積之比為1：4，且△AEN與△EBK面積相等，進(jìn)而確定出四邊形EKMN面積為△ABM的一半，同理得到四邊形MKFP面積為△MBC面積的一半，四邊形QMPG面積為△DMC面積的一半，四邊形MNHQ面積為△ADM面積的一半，四個四邊形面積之和即為四個三角形面積之和的一半，即為四邊形ABCD面積的一半；
（3）利用中點四邊形的性質(zhì)得出拼接方法，進(jìn)而得出全等三角形．
【完整解答】解：（1）如圖1，連接AC、BD．
∵E、F、G、H分別是菱形ABCD各邊的中點，
∴EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC，
∴四邊形EFGH為平行四邊形，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴EF⊥FG，
∴?EFGH是矩形；
故選：B．
（2）如圖2，設(shè)AC與EH、FG分別交于點N、P，BD與EF、HG分別交于點K、Q，
∵E是AB的中點，EF∥AC，EH∥BD，
∴△EBK∽△ABM，△AEN∽△EBK，
∴＝，S△AEN＝S△EBK，
∴＝，同理可得＝，＝，＝，
∴＝，
∴四邊形ABCD的面積為S1，中點四邊形EFGH的面積記為S2，則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是S1＝2S2；
（3）如圖3，四邊形NEHM是平行四邊形；
△MAH≌△GDH，△NAE≌△FBE，△CFG≌△ANM．
【考點剖析】此題主要考查了中點四邊形以及相似三角形的判定與性質(zhì)和矩形的判定以及菱形的性質(zhì)等知識，利用三角形中位線的性質(zhì)得出是解題關(guān)鍵．
10．（2023?朝陽）如圖，在正方形ABCD中，點E是對角線BD上一點，連接EA，將線段EA繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)，使點A落在射線CB上的點F處，連接EC．
【問題引入】
（1）請你在圖1或圖2中證明EF＝EC（選擇一種情況即可）；
【探索發(fā)現(xiàn)】
（2）在（1）中你選擇的圖形上繼續(xù)探索：延長FE交直線CD于點M．將圖形補(bǔ)充完整，猜想線段DM和線段BF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
【拓展應(yīng)用】
（3）如圖3，AB＝3，延長AE至點N，使NE＝AE，連接DN．當(dāng)△ADN的周長最小時，請你直接寫出線段DE的長．
．
【思路點撥】（1）選擇圖1，根據(jù)正方形性質(zhì)可得：BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，進(jìn)而證得△BEA≌△BEC（SAS），結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可證得結(jié)論；選擇圖2，同理可證得結(jié)論；
（2）猜想DM＝BF，選擇圖1，過點F作FH⊥BC交BD于點H，則∠HFB＝90°，利用正方形的性質(zhì)即可證得△HEF≌△DEM（ASA），再利用等腰三角形性質(zhì)即可得出答案；選擇圖2，同理可證得結(jié)論；
（3）取AD的中點G，連接EG，根據(jù)三角形中位線定理可得EG＝DN，由△ADN的周長＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），可得當(dāng)△ADN的周長最小時，AE+EG最小，此時，C、E、G三點共線，利用勾股定理可得BD＝3，再證得△DEG∽△BEC，可得＝＝，即BE＝2DE，利用BE+DE＝BD，即可求得答案．
【完整解答】（1）證明：選擇圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋轉(zhuǎn)得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
選擇圖2，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋轉(zhuǎn)得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：
選擇圖1，過點F作FH⊥BC交BD于點H，
則∠HFB＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠HFE＝∠M，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠FCD＝90°，
∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，
∴∠M＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（ASA），
∴DM＝FH，
∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，
∴∠BHF＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
若選擇圖2，過點F作FH⊥BC交DB的延長線于點H，
則∠HFB＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠H＝∠EDM，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，
∴∠FMC＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（AAS），
∴FH＝DM，
∵∠DBC＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∴∠H＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
（3）解：如圖3，取AD的中點G，連接EG，
∵NE＝AE，
∴點E是AN的中點，
∴EG＝DN，
∵△ADN的周長＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），
∴當(dāng)△ADN的周長最小時，AE+EG最小，此時，C、E、G三點共線，如圖4，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝3，
∵點G是AD的中點，
∴DG＝AD＝，＝，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴＝＝，
∴BE＝2DE，
∵BE+DE＝BD＝3，
∴2DE+DE＝3，即3DE＝3，
∴DE＝．
【考點剖析】本題是正方形綜合題，考查了正方形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)等，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理等是解題關(guān)鍵．
?考向三 與圓有關(guān)的計算與證明
1．（2023?荊州）如圖，一條公路的轉(zhuǎn)彎處是一段圓?。ǎ?，點O是這段弧所在圓的圓心，B為上一點，OB⊥AC于D．若AC＝300m，BD＝150m，則的長為（ ）
A．300πmB．200πmC．150πmD．100πm
【思路點撥】先根據(jù)垂徑定理求出AD的長，由題意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比計算出所對的圓心角的度數(shù)，由弧長公式求出的長即可．
【完整解答】解：∵OB⊥AC，
∴AD＝ AC＝150m，∠AOC＝2∠AOB，
在Rt△AOD中，
∵AD2+OD2＝OA2，OA＝OB，
∴AD2+（OA﹣BD）2＝OA2，
∴+（OA﹣150）2＝OA2，
解得：OA＝300m，
∴sin∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝60°，
∴∠AOC＝120°，
∴的長＝＝200πm．
故選：B．
【考點剖析】本題考查的是垂徑定理，勾股定理及弧長的計算公式，根據(jù)垂徑定理得出AD的長，再由勾股定理求出半徑是解答此題的關(guān)鍵，同時要熟記圓弧長度的計算公式．
2．（2023?湖北）如圖，在⊙O中，直徑AB與弦CD相交于點P，連接AC，AD，BD，若∠C＝20°，∠BPC＝70°，則∠ADC＝（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【思路點撥】先根據(jù)外角性質(zhì)得∠BAC＝∠BPC﹣∠C＝50°＝∠BDC，再由AB是⊙O的直徑得∠ADB＝90°即可求得∠ADC．
【完整解答】解：∵∠C＝20°，∠BPC＝70°，
∴∠BAC＝∠BPC﹣∠C＝50°＝∠BDC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB﹣∠BDC＝40°，
故選：D．
【考點剖析】本題主要考查了三角形的外角性質(zhì)以及直徑所對的圓周角是直角，熟練掌握各知識點是解決本題的關(guān)鍵．
3．（2023?無錫）如圖，AB是⊙O的直徑，F(xiàn)D為⊙O的切線，CD與AB相交于點E．DF∥AB，交CA的
延長線于點F，CF＝CD．
（1）求∠F 的度數(shù)；
（2）若 DE?DC＝8，求⊙O的半徑．
【思路點撥】（1）連接OD，利用切線性質(zhì)和平行線性質(zhì)求得∠AOD＝90°，再利用圓周角定理求得∠ACD的度數(shù)，最后利用等邊對等角及三角形內(nèi)角和定理即可求得答案；
（2）結(jié)合（1）中所求易證得△DAE∽△DCA，再利用相似三角形性質(zhì)及勾股定理即可求得答案．
【完整解答】解：（1）如圖，連接OD，
∵FD為⊙O的切線，
∴∠ODF＝90°，
∵DF∥AB，
∴∠AOD＝180°﹣∠ODF＝90°，
∴∠ACD＝∠AOD＝45°，
∵CF＝CD，
∴∠F＝∠CDF＝＝67.5°；
（2）∵OA＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠EAD＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACD＝∠EAD，
∵∠ADE＝∠CDA，
∴△DAE∽△DCA，
∴＝，
∴DA2＝DE?DC＝8，
∵DA＞0，
∴DA＝2，
∵OA2+OD2＝2OA2＝DA2＝8，OA＞0，
∴OA＝2，
即⊙O的半徑為2．
【考點剖析】本題考查圓與相似三角形的綜合應(yīng)用，（2）中利用相似三角形的判定及性質(zhì)求得DA2＝DE?DC＝8是解題的關(guān)鍵．
4．（2023?聊城）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC的平分線AD交BC于點D，∠ADC的平分線DE交AC于點E．以AD上的點O為圓心，OD為半徑作⊙O，恰好過點E．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）若CD＝12，tan∠ABC＝，求⊙O的半徑．
【思路點撥】（1）連接OE，由題意得到OD＝OE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OED＝∠ODE，求得∠OED＝∠CDE，根據(jù)平行線的判定定理得到OE∥CD，根據(jù)∠ACB＝90°，得到OE⊥AC，于是得到結(jié)論；
（2）過D作DF⊥AB，根據(jù)角平分線的小知道的CD＝DF，根據(jù)勾股定理得到BD＝＝20，求得AC＝BC?tan∠ABC＝24，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．
【完整解答】（1）證明：連接OE，∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE＝∠ODE，
∴∠OED＝∠CDE，
∴OE∥CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AEO＝90°，
∴OE⊥AC，
∴AC是⊙O的切線；
（2）解：過D作DF⊥AB，
∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，∠ACB＝90°，
∴CD＝DF，
∵CD＝12，tan∠ABC＝，
∴BF＝＝16，
∴BD＝＝20，
∴BC＝CD+BD＝32，
∴AC＝BC?tan∠ABC＝24，
∴＝12，
∵OE∥CD，
∴△AEO∽△ACD，
∴，
∴，
解得EO＝15﹣3，
∴⊙O的半徑為15﹣3．
【考點剖析】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
5．（2023?內(nèi)蒙古）如圖，AB是⊙O的直徑，E為⊙O上的一點，點C是的中點，連接BC，過點C的直線垂直于BE的延長線于點D，交BA的延長線于點P．
（1）求證：PC為⊙O的切線；
（2）若PC＝2BO，PB＝10，求BE的長．
【思路點撥】（1）連接OC，證PD⊥CO即可；（2）利用線段成比例列方程即可．
【完整解答】
（1）證明：連接OC，
∵點C是的中點，
∴∠ABC＝∠DBC，
∵OC＝OB，
∴∠ABC＝∠OCB，
∴∠DBC＝∠OCB，
∴OC∥DB，
∵PD⊥BD，
∴PD⊥CO，
∴PC為⊙O的切線；
（2）解：連接AE，設(shè)OB＝OC＝r，
∵PC＝2BO＝2r，
∴OP＝＝3r，
∵PB＝10，
∴3r+r＝10，即r＝．
∵OC∥DB，
∴△PCO∽△PDB，
∴，
∴，
∴BD＝，
∵AB是⊙O的直徑，
∴AE⊥BD，
∴AE∥PD，
∴，
∴，
∴BE＝．
【考點剖析】本題主要考查了切線，相似三角形等相關(guān)知識，找準(zhǔn)線段成比例列方程是關(guān)鍵．
6．（2023?瀘州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D在斜邊AB上，以AD為直徑的半圓O與BC相切于點E，與AC相交于點F，連接DE．若AC＝8，BC＝6，則DE的長是（ ）
A．B．C．D．
【思路點撥】首先求出AB＝10，先證△BOE和△BAC相似，由相似三角形的性質(zhì)可求出OE，BE的長，進(jìn)而可求出CE的長和AE的長，然后再證△BDE和△BEA相似，最后利用相似三角形的性質(zhì)即可求出DE．
【完整解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
由勾股定理得：，
連接AE，OE，
設(shè)⊙O的半徑為r，則OA＝OE＝r，
∴OB＝AB﹣OA＝10﹣r，
∵BC與半圓相切，
∴OE⊥BC，
∵∠C＝90°，即AC⊥BC，
∴OE∥AC，
∴△BOE∽△BAC，
∴，
即：，
由得：，
由得：，
∴，
在Rt△ACE中，AC＝8，，
由勾股定理得：，
∵BE為半圓的切線，
∴∠BED＝∠BAE，
又∠DBE＝∠EBA，
∴△BDE∽△BEA，
∴，
∴DE?AB＝BE?AE，
即：，
∴．
故選：B．
【考點剖析】此題主要考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，弦切角定理，勾股定理等知識點，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法，靈活運用相似三角形的性質(zhì)和勾股定理進(jìn)行計算．
7．（2023?大連）如圖1，點A，B，C在O上，AC是⊙O的直徑，AD平分∠BAC，與⊙O相交于點D．連接OD，與BC相交于點E．
（1）求∠OEC的度數(shù)．
（2）如圖2，過點A作⊙O的切線，與CB的延長線相交于點F，過點D作DG∥FA，與AC相交于點G．若AD＝2，DE＝4，求DG的長．
【思路點撥】（1）根據(jù)圓周角定理證得兩直線平行，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）定理得到邊的關(guān)系，求出線段的長，再利用等面積法求解即可．
【完整解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠OAD，
∵OAD＝∠ODA，
∴∠BAD＝∠ODA，
∴AB∥OD，
∴∠B＝∠OEC，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠B＝90°，
∴∠OEC＝90°；
（2）連接DC，如圖：
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
設(shè)半徑為r，則OA＝OD＝OC＝r，
OE＝r﹣4，AB＝2OE＝2r﹣8，AC＝2r，
在Rt△ADC中，DC2＝AC2﹣AD2＝CE2+DE2＝OC2﹣OE2+DE2，
∴（2r）2﹣（2）2＝r2﹣（r﹣4）2+42，
解得r＝7或﹣5（舍去），
∴AC＝14，DC＝，
∵AF是切線，
∴AF⊥AC，
∵DG∥FA，
∴DG⊥AC，
∴S△ADC＝＝，
∴＝，
解得DG＝2．
【考點剖析】本題考查了圓周角定理，勾股定理，切線的性質(zhì)，解一元二次方程，熟練掌握圓周角定理和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
8．（2023?紹興）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線CD，交AB的延長線于點D，過點A作AE⊥CD于點E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度數(shù)；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的長．
【思路點撥】（1）由垂直的定義得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性質(zhì)即可求出∠ACD的度數(shù)；
（2）由勾股定理求出CD的長，由平行線分線段成比例定理得到，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出CE的長．
【完整解答】解：（1）∵AE⊥CD于點E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切線，
∴半徑OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD＝＝．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE＝．
【考點剖析】本題考查切線的性質(zhì)，垂線，平行線分線段成比例，勾股定理，三角形外角的性質(zhì)，關(guān)鍵是由三角形外角的性質(zhì)求出∠ACD的度數(shù)，由勾股定理求出CD的長，由平行線分線段成比例定理即可求出CE的長．
9．（2023?泰州）已知：A、B為圓上兩定點，點C在該圓上，∠C為所對的圓周角．
知識回顧
（1）如圖①，⊙O中，B、C位于直線AO異側(cè)，∠AOB+∠C＝135°．
①求∠C的度數(shù)；
②若⊙O的半徑為5，AC＝8，求BC的長；
逆向思考
（2）如圖②，若P為圓內(nèi)一點，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C．求證：P為該圓的圓心；
拓展應(yīng)用
（3）如圖③，在（2）的條件下，若∠APB＝90°，點C在⊙P位于直線AP上方部分的圓弧上運動．點D在⊙P上，滿足CD＝CB﹣CA的所有點D中，必有一個點的位置始終不變．請證明．
【思路點撥】（1）①根據(jù)∠AOB+∠C＝135°，結(jié)合圓周角定理求∠C的度數(shù)；
②構(gòu)造直角三角形；
（2）只要說明點P到圓上A、B和另一點的距離相等即可；
（3）根據(jù)CD＝CB﹣CA，構(gòu)造一條線段等于CB﹣CA，利用三角形全等來說明此線段和CD相等．
【完整解答】（1）解：①∵∠AOB+∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，
∴3∠C＝135°，
∴∠C＝45°．
②連接AB，過A作AD⊥BC，垂足為M，
∵∠C＝45°，AC＝8，
∴△ACM是等腰直角三角形，且AM＝CM＝4，
∵∠AOB＝2∠C＝90°，OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝OA＝5，
在直角三角形ABM中，BM＝＝3，
∴BC＝CM+BM＝4+3＝7．
（2）延長AP交圓于點N，則∠C＝∠N，
∵∠APB＝2∠C，
∴∠APB＝2∠N，
∵∠APB＝∠N+∠PBN，
∴∠N＝∠PBN，
∴PN＝PB，
∵PA＝PB，
∴PA＝PB＝PN，
∴P為該圓的圓心．
（3）過B作BC的垂線交CA的延長線于點E，連接AB，延長AP交圓于點F，連接CF，F(xiàn)B，
∵∠APB＝90°，
∴∠C＝45°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴BE＝BC，
∵BP⊥AF，PA＝PF，
∴BA＝BF，
∵AF是直徑，
∴∠ABF＝90°，
∴∠EBC＝∠ABF＝90°，
∴∠EBA＝∠CBF，
∴△EBA≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CD＝CB﹣CA＝CE﹣CA＝AE，
∴CD＝CF，
∴必有一個點D的位置始終不變，點F即為所求．
．
【考點剖析】本題考查了圓周角定理，并對圓周角定理的逆命題進(jìn)行了創(chuàng)新，還考查了解直角三角形和
三角形全等的知識，對于（3）構(gòu)造一條線段等于CB﹣CA是關(guān)鍵．
10．（2023?遂寧）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，AD＝CD，過點D的直線l交BA的延長線于點M．交BC的延長線于點N且∠ADM＝∠DAC．
（1）求證：MN是⊙O的切線；
（2）求證：AD2＝AB?CN；
（3）當(dāng)AB＝6，sin∠DCA＝時，求AM的長．
【思路點撥】（1）連接OD交AC于點H，根據(jù)垂徑定理的推論可得半徑OD⊥AC，利用平行線的判定定理由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半徑OD⊥MN，再運用切線的判定定理即可證得結(jié)論；
（2）連接BD，可證得△CDN∽△ABD，得出＝，再由AD＝CD，即可證得結(jié)論；
（3）連接OD交AC于點H，連接BD，利用解直角三角形可得AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2＝CD，CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，利用勾股定理可得DN＝＝＝2，再證明四邊形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2，由垂徑定理可得AC＝2CH＝4，再根據(jù)勾股定理求得BC＝2，運用平行線分線段成比例定理即可求得答案．
【完整解答】（1）證明：連接OD交AC于點H，如圖，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴半徑OD⊥AC，
∴∠AHO＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠MDO＝∠AHO＝90°，
∴半徑OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切線；
（2）證明：連接BD，如圖，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠ACD＝∠CDN，∠DNC＝∠ACB＝90°＝∠ADB，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴∠ABD＝∠CDN，
∴△CDN∽△ABD，
∴＝，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴AD2＝AB?CN；
（3）解：連接OD交AC于點H，連接BD，如圖，
由（1）（2）得：∠ABD＝∠CDN＝∠ACD，∠ADB＝∠BNM＝∠AHO＝∠MDO＝90°，
∴sin∠ABD＝sin∠CDN＝sin∠ACD＝，
∵AB＝6，
∴AD＝AB?sin∠ABD＝6×＝2，
∵AD＝CD，
∴CD＝2，
∴CN＝CD?sin∠CDN＝2×＝2，
∴DN＝＝＝2，
∵∠CND＝∠CHD＝∠NDH＝90°，
∴四邊形CNDH是矩形，
∴CH＝DN＝2，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2CH＝4，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2，
∵AC∥MN，
∴＝，即＝，
∴AM＝6．
【考點剖析】本題是圓的綜合題，考查了圓的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，切線的判定，勾股定理，解直角三角形，矩形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等，難度適中，解題關(guān)鍵是正確添加輔助線．
11．（2023?宿遷）（1）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，點E在AC上，連接DE、DB， ①（答案不唯一） ．求證： ②（答案不唯一） ；
從①DE與⊙O相切；②DE⊥AC中選擇一個作為已知條件，余下的一個作為結(jié)論，將題目補(bǔ)充完整（填寫序號），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．
【思路點撥】（1）若選擇：①作為條件，②作為結(jié)論，先根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠ODE＝90°，再根據(jù)角平分線的定義和等腰三角形的性質(zhì)可得AE∥DO，然后利用平行線的性質(zhì)可得∠AED＝90°，即可解答；
若選擇：②作為條件，①作為結(jié)論，先根據(jù)垂直定義可得∠AED＝90°，再根據(jù)角平分線的定義和等腰三角形的性質(zhì)可得AE∥DO，然后利用平行線的性質(zhì)可得∠ODE＝90°，即可解答；
（2）連接OF，DF，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ADB＝90°，從而在Rt△ADB中，利用含30度角的直角三角形性質(zhì)可得BD＝3，AD＝3，再利用角平分線的定義可得∠EAD＝∠DAB＝30°，從而在Rt△AED中，利用含30度角的直角三角形性質(zhì)可得DE＝，AE＝，然后利用圓周角定理可得∠DOB＝∠DOF＝60°，從而可得△DOF都是等邊三角形，進(jìn)而可得∠DOB＝∠ODF＝60°，再利用平行線的判定可得DF∥AB，從而可得△ADF的面積＝△ODF的面積，最后根據(jù)陰影部分的面積＝△AED的面積﹣扇形DOF的面積，進(jìn)行計算即可解答．
【完整解答】解：（1）若選擇：①作為條件，②作為結(jié)論，
如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，點E在AC上，連接DE、DB，DE與⊙O相切，求證：DE⊥AC，
證明：連接OD，
∵DE與⊙O相切于點D，
∴∠ODE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠EAD＝∠ADO，
∴AE∥DO，
∴∠AED＝180°﹣∠ODE＝90°，
∴DE⊥AC；
若選擇：②作為條件，①作為結(jié)論，
如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，點E在AC上，連接DE、DB，DE⊥AC，求證：DE與⊙O相切，
證明：連接OD，
∵DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠EAD＝∠ADO，
∴AE∥DO，
∴∠ODE＝180°﹣∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半徑，
∴DE與⊙O相切；
故答案為：①（答案不唯一）；②（答案不唯一）；
（2）連接OF，DF，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝6，∠BAD＝30°，
∴BD＝AB＝3，AD＝BD＝3，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB＝30°，
在Rt△AED中，DE＝AD＝，AE＝DE＝，
∵∠EAD＝∠DAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°，∠DOF＝2∠EAD＝60°，
∵OD＝OF，
∴△DOF都是等邊三角形，
∴∠ODF＝60°，
∴∠DOB＝∠ODF＝60°，
∴DF∥AB，
∴△ADF的面積＝△ODF的面積，
∴陰影部分的面積＝△AED的面積﹣扇形DOF的面積
＝AE?DE﹣
＝××﹣
＝﹣
＝，
∴陰影部分的面積為．
【考點剖析】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，直線與圓的位置關(guān)系，扇形面積的計算，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

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