第24章 圓章末題型過關(guān)卷 【滬科版】 參考答案與試題解析 一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分） 1．（2022秋?梁平區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知一圓弧過小正方形網(wǎng)格的格點(diǎn)A、B、C，已知A點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣3，5），則該圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)是（　　） A．（﹣1，0） B．（0，0） C．（﹣1，1） D．（1，0） 【分析】利用網(wǎng)格特點(diǎn)，作作AB和BC的垂直平分線，根據(jù)垂徑定理的推論得到它們的交點(diǎn)P為該圓弧所在圓的圓心，然后寫出P點(diǎn)坐標(biāo)即可． 【解答】解：作AB和BC的垂直平分線，它們的交點(diǎn)P為該圓弧所在圓的圓心， 所以該圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)為（﹣1，0）． 故選：A． 2．（2022?青羊區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AB＝2，D是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以AD為直徑畫⊙O分別交AB，AC于E，F(xiàn)，連接EF，則線段EF長度的最小值為（　?。? A．2 B． C． D．3 【分析】由垂線段的性質(zhì)可知，當(dāng)AD為△ABC的邊BC上的高時(shí)，直徑AD最短，此時(shí)線段EF＝2EH＝20E?sin∠EOH＝20E?sin60°，當(dāng)半徑OE最短時(shí)，EF最短，連接OE，OF，過O點(diǎn)作OH⊥EF，垂足為H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直徑AD，由圓周角定理可知∠EOH∠EOF＝∠BAC＝60°，在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂徑定理可知EF＝2EH． 【解答】解：由垂線段的性質(zhì)可知，當(dāng)AD為△ABC的邊BC上的高時(shí)，直徑AD最短， 如圖，連接OE，OF，過O點(diǎn)作OH⊥EF，垂足為H， ∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，AB＝2， ∴AD＝BD＝2，即此時(shí)圓的直徑為2， 由圓周角定理可知∠EOH∠EOF＝∠BAC＝60°， ∴在Rt△EOH中，EH＝OE?sin∠EOH＝1， ∴EF＝2EH． 故選：C． 3．（2022秋?寧波期末）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知EF＝CD＝6cm，則球的半徑為（　?。? A．3cm B．cm C．cm D．cm 【分析】設(shè)球的平面投影圓心為O，過點(diǎn)O作ON⊥AD于點(diǎn)N，延長NO交BC于點(diǎn)M，連接OF，由垂徑定理得：NF＝ENEF＝3（cm），設(shè)OF＝xcm，則OM＝（4﹣x）cm，再在Rt△MOF中由勾股定理求得OF的長即可． 【解答】解：設(shè)球的平面投影圓心為O，過點(diǎn)O作ON⊥AD于點(diǎn)N，延長NO交BC于點(diǎn)M，連接OF，如圖所示： 則NF＝ENEF＝3（cm）， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝90°， ∴四邊形CDNM是矩形， ∴MN＝CD＝6cm， 設(shè)OF＝xcm，則OM＝OF， ∴ON＝MN﹣OM＝（6﹣x）cm， 在Rt△ONF中，由勾股定理得：ON2+NF2＝OF2， 即：（6﹣x）2+32＝x2， 解得：x， 即球的半徑長是cm， 故選：C． 4．（2022?武漢模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，AE為⊙O的弦，C為優(yōu)弧ABE的中點(diǎn)，CD⊥AB，垂足為D．若AE＝8，DB＝2，則⊙O的半徑為（　?。? A．6 B．5 C．4 D．4 【分析】如圖，連接CO，延長CO交AE于點(diǎn)T．設(shè)⊙O的半徑為r．證明△AOT≌△COD（AAS），推出CD＝AT＝4，在Rt△COD中，根據(jù)OC2＝CD2+OD2，構(gòu)建方程求解． 【解答】解：如圖，連接CO，延長CO交AE于點(diǎn)T．設(shè)⊙O的半徑為r． ∵， ∴CT⊥AE， ∴AT＝TEAE＝4， 在△AOT和△COD中， ， ∴△AOT≌△COD（AAS）， ∴CD＝AT＝4， 在Rt△COD中，OC2＝CD2+OD2， ∴r2＝42+（r﹣2）2， ∴r＝5， 故選：B． 5．（2022?中山市三模）如圖，AB是⊙O的直徑，若AC＝2，∠D＝60°，則BC長等于（　?。? A．4 B．5 C． D． 【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出AB＝2AC＝4，再根據(jù)勾股定理求出BC即可． 【解答】解：∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°， ∵∠D＝60°， ∴∠CAB＝∠D＝60°， ∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°， ∵AC＝2， ∴AB＝2AC＝4， ∴BC2， 故選：D． 6．（2022?株洲）如圖所示，等邊△ABC的頂點(diǎn)A在⊙O上，邊AB、AC與⊙O分別交于點(diǎn)D、E，點(diǎn)F是劣弧上一點(diǎn)，且與D、E不重合，連接DF、EF，則∠DFE的度數(shù)為（　?。? A．115° B．118° C．120° D．125° 【分析】根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)及等邊△ABC的每一個(gè)內(nèi)角是60°，求出∠EFD＝120°． 【解答】解：四邊形EFDA是⊙O內(nèi)接四邊形， ∴∠EFD+∠A＝180°， ∵等邊△ABC的頂點(diǎn)A在⊙O上， ∴∠A＝60°， ∴∠EFD＝120°， 故選：C． 7．（2022?陽新縣校級(jí)模擬）小明不慎把家里的圓形鏡子打碎了（如圖），其中四塊碎片如圖所示，為了配到與原來大小一樣的圓形鏡子，小明帶到商店去的碎片應(yīng)該是（　?。? A．① B．② C．③ D．④ 【分析】利用段完整的弧結(jié)合垂徑定理確定圓心即可． 【解答】解：第①塊出現(xiàn)一段完整的弧，可在這段弧上任做兩條弦，作出這兩條弦的垂直平分線，兩條垂直平分線的交點(diǎn)就是圓心，進(jìn)而可得到半徑的長． 故選：A． 8．（2022春?江夏區(qū)校級(jí)月考）如圖，在⊙O中，弦AB＝5，點(diǎn)C在AB上移動(dòng)，連結(jié)OC，過點(diǎn)C作CD⊥OC交⊙O于點(diǎn)D，則CD的最大值為（　?。? A．5 B．2.5 C．3 D．2 【分析】連接OD，如圖，利用勾股定理得到CD，利用垂線段最短得到當(dāng)OC⊥AB時(shí)，OC最小，再求出CD即可． 【解答】解：連接OD，如圖， ∵CD⊥OC， ∴∠DCO＝90°， ∴CD， 當(dāng)OC的值最小時(shí)，CD的值最大， 而OC⊥AB時(shí)，OC最小，此時(shí)D、B兩點(diǎn)重合， ∴CD＝CBAB5＝2.5， 即CD的最大值為2.5， 故選：B． 9．（2022?江漢區(qū)模擬）如圖，由5個(gè)邊長為1的小正方形組成的“L”形，圓O經(jīng)過其頂點(diǎn)A、B、C，則圓O的半徑為（　　） A．5 B． C． D． 【分析】取AB的中點(diǎn)E，作EF⊥FC，取圓心O，連接OB，OC，根據(jù)圓的性質(zhì)，再結(jié)合勾股定理即可求解． 【解答】解：取AB的中點(diǎn)E，作EF⊥FC，取圓心O，連接OB，OC，則OB＝OC， ∵小正方形的邊長為1， ∴CF，BE，EF＝4， 設(shè)OF＝x，則OE＝4﹣x， 由勾股定理可得：CF2+OF2＝OC2，BE2+OE2＝OB2， ∴CF2+OF2＝BE2+OE2， 即， 解得x， ∴OC， 故選：D． 10．（2022秋?孟村縣期末）如圖，點(diǎn)D是△ABC中BC邊的中點(diǎn)，DE⊥AC于E，以AB為直徑的⊙O經(jīng)過D，連接AD，有下列結(jié)論：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OAAC；④DE是⊙O的切線．其中正確的結(jié)論是（　?。? A．①② B．①②③ C．②③ D．①②③④ 【分析】根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，即可判斷出選項(xiàng)①正確；由O為AB中點(diǎn)，得到AO為AB的一半，故AO為AC的一半，選項(xiàng)③正確；由OD為三角形ABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線定理得到OD與AC平行，由AC與DE垂直得到OD與DE垂直，即∠ODE為90°，故DE為圓O的切線，選項(xiàng)④正確． 【解答】解：∵AB是⊙O直徑， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC，選項(xiàng)①正確； 連接OD，如圖， ∵D為BC中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)， ∴DO為△ABC的中位線， ∴OD∥AC， 又DE⊥AC， ∴∠DEA＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴DE為圓O的切線，選項(xiàng)④正確； 又OB＝OD， ∴∠ODB＝∠B， ∵AB為圓O的直徑， ∴∠ADB＝90°， ∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°， ∴∠EDA＝∠BDO， ∴∠EDA＝∠B，選項(xiàng)②正確； 由D為BC中點(diǎn)，且AD⊥BC， ∴AD垂直平分BC， ∴AC＝AB，又OAAB， ∴OAAC，選項(xiàng)③正確； 則正確的結(jié)論為①②③④． 故選：D． 二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分） 11．（2022?平房區(qū)二模）如圖，⊙O的半徑OD⊥弦AB于點(diǎn)C，連接AO并延長交⊙O于點(diǎn)E，連接EC．若AB＝8，CD＝2，則EC的長為　2　． 【分析】連接BE，設(shè)⊙O的半徑為R，由OD⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AC＝BCAB＝4，在Rt△AOC中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2，根據(jù)勾股定理得到（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5，則OC＝3，由于OC為△ABE的中位線，則BE＝2OC＝6，再根據(jù)圓周角定理得到∠ABE＝90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理可計(jì)算出CE． 【解答】解：連接BE，設(shè)⊙O的半徑為R，如圖， ∵OD⊥AB， ∴AC＝BCAB8＝4， 在Rt△AOC中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2， ∵OC2+AC2＝OA2， ∴（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5， ∴OC＝5﹣2＝3， ∴BE＝2OC＝6， ∵AE為直徑， ∴∠ABE＝90°， 在Rt△BCE中，CE2． 故答案為：2． 12．（2022?任城區(qū)校級(jí)三模）將量角器按如圖所示的方式放置在三角形紙板上，使點(diǎn)C在半圓上．點(diǎn)A、B的讀數(shù)分別為86°、30°，則∠ACB的大小為　28°?。? 【分析】設(shè)半圓圓心為O，連OA，OB，則∠AOB＝86°﹣30°＝56°，根據(jù)圓周角定理得∠ACB∠AOB，即可得到∠ACB的大?。?【解答】解：設(shè)半圓圓心為O，連OA，OB，如圖， ∵∠ACB∠AOB， 而∠AOB＝86°﹣30°＝56°， ∴∠ACB56°＝28°． 故答案為：28°． 13．（2022?曹縣三模）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于圓O，P為弧DE上的一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)D、E重合），則∠CPD的度數(shù)為　36°　． 【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題． 【解答】解：如圖，連接OC，OD． ∵ABCDE是正五邊形， ∴∠COD72°， ∴∠CPD∠COD＝36°， 故答案為：36°． 14．（2022?青羊區(qū)校級(jí)自主招生）如圖四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD平分∠ABC，直徑AB＝6，∠ADC＝140°，則劣弧BD的長為 　π　． 【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°，根據(jù)角平分線的定義得到∠ABDABC＝20°，根據(jù)圓周角定理得到∠BOD＝2∠A＝140°，根據(jù)弧長公式即可得到結(jié)論． 【解答】解：連接OD， ∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ADC＝140°， ∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABDABC＝20°， ∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ADB＝90°， ∴∠A＝70°， ∴∠BOD＝2∠A＝140°， ∴劣弧BD的長π． 故答案為：π． 15．（2022?青羊區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，已知扇形ACB中，∠ACB＝90°，以BC為直徑作半圓O，過點(diǎn)O作AC的平行線，分別交半圓O，弧AB于點(diǎn)D、E，若扇形ACB的半徑為8，則圖中陰影部分的面積是 　π﹣8?。? 【分析】連接CE．圖中S陰影＝S扇形BCE﹣S扇形BOD﹣S△OCE．根據(jù)已知條件易求得OB＝OC＝OD＝4，BC＝CE＝8．∠ECB＝60°，OE＝4，所以由扇形面積公式、三角形面積公式進(jìn)行解答即可． 【解答】解：如圖，連接CE． ∵AC⊥BC，AC＝BC＝8，以BC為直徑作半圓，圓心為點(diǎn)O；以點(diǎn)C為圓心，BC為半徑作弧AB， ∴∠ACB＝90°，OB＝OC＝OD＝4，BC＝CE＝8． 又∵OE∥AC， ∴∠ACB＝∠COE＝90°． ∴在直角△OEC中，OC＝4，CE＝8， ∴∠CEO＝30°，∠ECB＝60°，OE＝4， ∴S陰影＝S扇形BCE﹣S扇形BOD﹣S△OCE4×4π﹣8， 故答案為：π﹣8． 16．（2022秋?望城區(qū)期末）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)．且AB＝8，AC＝15，BC＝17，則⊙O的半徑是 　3?。? 【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理可得三角形ABC為直角三角形，再根據(jù)切線長定理即可求解． 【解答】解：如圖，連接OD、OE、OF， ∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點(diǎn)D，E．F， ∴OE⊥AC，OF⊥AB，AE＝AF， ∵AB＝8，AC＝15，BC＝17， 即82+152＝172， ∴△ABC為直角三角形， ∴∠A＝90°， ∴四邊形AEOF是正方形， ∴OE＝OF＝AE＝AF， 設(shè)⊙O的半徑是r， 則AF＝AE＝r，BF＝BD＝8﹣r，EC＝DC＝15﹣r， ∵BD+DC＝BC＝17， ∴8﹣r+15﹣r＝17， 解得r＝3． 所以⊙O的半徑是3． 故答案為3． 三．解答題（共7小題，滿分52分） 17．（2022秋?錫山區(qū)校級(jí)月考）如圖，P是⊙O外的一點(diǎn)，PA、PB分別與⊙O相切于點(diǎn)A、B，C是上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)C的切線分別交PA、PB于點(diǎn)D、E．若PA＝4，求△PED的周長． 【分析】由PA、PB分別與⊙O相切于點(diǎn)A、B，根據(jù)切線長定理得到PA＝PB＝4，同理得DC＝DA，EC＝EB，再根據(jù)三角形周長的定義得到△PED的周長＝PD+DE+PE，然后利用等相等代換得到△PDE的周長＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB． 【解答】解：∵PA、PB分別與⊙O相切于點(diǎn)A、B， ∴PA＝PB＝4， ∵過點(diǎn)C的切線分別交PA、PB于點(diǎn)D、E， ∴DC＝DA，EC＝EB， ∴△PED的周長＝PD+DE+PE＝PD+DC+CE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝4+4＝8． 18．（2022秋?安徽期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，AD，BC的延長線交于點(diǎn)E，F(xiàn)是BD延長線上任意一點(diǎn)，AB＝AC． （1）求證：DE平分∠CDF； （2）求證：∠ACD＝∠AEB． 【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠CDE＝∠ABC，根據(jù)圓周角定理和等腰三角形的性質(zhì)證明即可； （2）根據(jù)三角形外角的性質(zhì)和圖形得到∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC，得到∠E＝∠ABD，根據(jù)圓周角定理證明． 【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓， ∴∠CDE＝∠ABC， 由圓周角定理得，∠ACB＝∠ADB，又∠ADB＝∠FDE， ∴∠ACB＝∠FDE， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC， ∴∠FDE＝∠CDE，即DE平分∠CDF； （2）∵∠ACB＝∠ABC， ∴∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC， 又∠CAE＝∠DBC， ∴∠E＝∠ABD， ∴∠ACD＝∠AEB． 19．（2022秋?廣陵區(qū)期末）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，∠ACB的平分線與AB交于點(diǎn)E，與⊙O交于點(diǎn)D，P為AB延長線上一點(diǎn)，且∠PCB＝∠PAC． （1）試判斷直線PC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由． （2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半徑及AD的長． 【分析】（1）連接OC，由圓周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，進(jìn)而證得∠OCP＝90°，根據(jù)圓的切線的判定定理即可證得直線PC是⊙O的切線； （2）在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半徑為；由圓周角定理與等腰三角形的判定及已知條件證得△ABD為等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理即可求出AD． 【解答】解：（1）PC與⊙O相切，理由如下： 連接OC， ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC， ∵∠PCB＝∠PAC， ∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°， ∵OC是⊙O的半徑， ∴直線PC是⊙O的切線； （2）∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2， ∴AB10， ∴⊙O的半徑為5； 連接BD， ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ADB＝90°， ∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD， ∵CD是∠ACB的平分線， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴∠BAD＝∠ABD， ∴AD＝BD， 在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2， ∴2AD2＝102， ∴AD2＝50， ∴AD5． 20．（2022?宿遷）如圖，OA和OB是⊙O的半徑，并且OA⊥OB，P是OA上任一點(diǎn)，BP的延長線交⊙O于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q的⊙O的切線交OA延長線于點(diǎn)R． （Ⅰ）求證：RP＝RQ； （Ⅱ）若OP＝PA＝1，試求PQ的長． 【分析】（I）要證明RP＝RQ，需要證明∠PQR＝∠RPQ，連接OQ，則∠OQR＝90°；根據(jù)OB＝OQ，得∠B＝∠OQB，再根據(jù)等角的余角相等即可證明； （II）延長AO交圓于點(diǎn)C，首先根據(jù)勾股定理求得BP的長，再根據(jù)相交弦定理求得QP的長即可． 【解答】（Ⅰ）證法一： 連接OQ； ∵RQ是⊙O的切線， ∴∠OQB+∠BQR＝90°． ∵OA⊥OB， ∴∠OPB+∠B＝90°． 又∵OB＝OQ， ∴∠OQB＝∠B． ∴∠PQR＝∠BPO＝∠RPQ． ∴RP＝RQ． 證法二： 作直徑BC，連接CQ；∵BC是⊙O的直徑， ∴∠B+∠C＝90°． ∵OA⊥OB， ∴∠B+∠BPO＝90°． ∴∠C＝∠BPO． 又∠BPO＝∠RPQ， ∴∠C＝∠RPQ． 又∵RQ為⊙O的切線， ∴∠PQR＝∠C． ∴∠PQR＝∠RPQ． ∴RP＝RQ． （Ⅱ）解法一： 作直徑AC， ∵OP＝PA＝1， ∴PC＝3． 由勾股定理，得BP 由相交弦定理，得PQ?PB＝PA?PC． 即PQ1×3， ∴PQ． 解法二： 作直徑AE，過R作RF⊥BQ，垂足為F， 設(shè)RQ＝RP＝x； 由切割線定理，得：x2＝（x﹣1），（x+3） 解得：x， 又由△BPO∽△RPF得：， ∴PF， 由等腰三角形性質(zhì)得：PQ＝2PF． 21．（2022?天心區(qū)二模）如圖，BC是⊙O的直徑，點(diǎn)A在⊙O上，AD⊥BC，垂足為D，，BE分別交AD、AC于點(diǎn) F、G． （1）證明：FA＝FG； （2）若BD＝DO＝2，求弧EC的長度． 【分析】（1）根據(jù)BC是⊙O的直徑，AD⊥BC，，推出∠AGB＝∠CAD，即可推得FA＝FG． （2）根據(jù)BD＝DO＝2，AD⊥BC，求出∠AOB＝60°，再根據(jù)，求出∠EOC＝60°，即可求出的長度是多少． 【解答】（1）證明：∵BC 是⊙O 的直徑， ∴∠BAC＝90°， ∴∠ABE+∠AGB＝90°； ∵AD⊥BC， ∴∠C+∠CAD＝90°； ∵， ∴∠C＝∠ABE， ∴∠AGB＝∠CAD， ∴FA＝FG． （2）解：如圖，連接AO、EO， ， ∵BD＝DO＝2，AD⊥BC， ∴AB＝AO， ∵AO＝BO， ∴AB＝AO＝BO， ∴△ABO是等邊三角形， ∴∠AOB＝60°， ∵， ∴∠AOE＝60°， ∴∠EOC＝60°， ∴的弧長＝2π×（2×2）π． 22．（2022秋?梁平區(qū)期末）根據(jù)垂直定理解答下列問題： （1）如圖①，在弓形ABC中，弓形高CD＝2米，弦AB＝12米，求弓形所在的圓的半徑． （2）如圖②中，作直徑AC、BD，使得AC⊥BD，連接AB、BC、CD、DA，則四邊形ABCD的形狀是　正方形??； （3）在途②中，作直徑A′C′⊥AB于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，作直徑B′D′⊥BC于點(diǎn)G，交AD于H，求證：八邊形AA′BB′CC′DD′是正八邊形； （4）在圖②中，直徑A′C′將弓形AA′B分成面積相等的兩部分，請(qǐng)你將圖③中弓形的面積分成相等的四部分，只說作法，不說理由． 【分析】（1）由垂徑定理得AD＝6，再利用勾股定理求得半徑； （2）由圓周角定理得∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，由垂直平分線定理得AD＝CD，證得結(jié)論； （3）由平行線性質(zhì)得，A′C′⊥CD，B′D′⊥AD，由垂徑定理得AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，BG＝CG，易得AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′，利用全等三角形的判定和性質(zhì)得AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′，得出結(jié)論； （4）利用已知的結(jié)論和垂徑定理作答． 【解答】解：（1）設(shè)弓形所在的圓的半徑為x，則OD＝x﹣2， ∵AB＝12，CD⊥AB， ∴AD＝6， ∴62+（x﹣2）2＝x2， 解得：x＝10， ∴弓形所在的圓的半徑為10米； （2）∵AC、BD為直徑， ∴∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝CD， ∴四邊形ABCD為正方形， 故答案為：正方形； （3）∵直徑A′C′⊥AB，直徑B′D′⊥BC， ∴A′C′⊥CD，B′D′⊥AD， ∴AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，BG＝CG， ∴AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′， ， ∴△ODD′≌△ODC′（SAS）， ∴DD′＝DC′， 同理證得：AD′＝AA′，A′B＝B′B，C′C＝B′C， ∴AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′， ∴八邊形AA′BB′CC′DD′是正八邊形； （4）作垂直于弦的直徑交弓于點(diǎn)A， 連接BA，CA，再作OM⊥BA交弓于M， ON⊥CA交弓于N， 則M，A，N把弓分成面積相等的四部分． 23．（2022?社旗縣一模）請(qǐng)閱讀下面材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)； 阿基米德折弦定理 阿基米德（Arehimedes，公元前287﹣公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數(shù)學(xué)家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學(xué)王子． 阿拉伯Al﹣Biruni（973年﹣1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內(nèi)容，蘇聯(lián)在1964年根據(jù)Al﹣Biruni譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理． 阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，M是的中點(diǎn)，則從點(diǎn)M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即CD＝AB+BD． 這個(gè)定理有很多證明方法，下面是運(yùn)用“垂線法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程． 證明：如圖2，過點(diǎn)M作MH⊥射線AB，垂足為點(diǎn)H，連接MA，MB，MC． ∵M(jìn)是的中點(diǎn)， ∴MA＝MC． … 任務(wù)： （1）請(qǐng)按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分； （2）如圖3，已知等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，D為上一點(diǎn)，∠ABD＝15°，CE⊥BD于點(diǎn)E，CE＝2，連接AD，則△DAB的周長是 　4+2?。? 【分析】（1）證明△AHM≌△CDM（AAS），推出MH＝DM，AH＝CD，再證明Rt△BMH≌△BMD（HL），推出BH＝BD，可得結(jié)論； （2）證明△ECB是等腰直角三角形，求出AB＝BC＝2，利用（1）中結(jié)論BE＝AD+DE＝2，可得結(jié)論． 【解答】（1）證明：如圖2中， ∵， ∴AM＝CM， ∵M(jìn)H⊥AH，MD⊥BC， ∴∠H＝∠CDM＝90°， ∵∠A＝∠C， ∴△AHM≌△CDM（AAS）， ∴MH＝DM，AH＝CD， ∵∠H＝∠BDM＝90°，BM＝BM， ∴Rt△BMH≌△BMD（HL）， ∴BH＝BD， ∴CD＝AH＝AB+BH＝AB+BD； （2）解：如圖3中， ∵△ABC是等邊三角形， ∴BC＝AB，∠ABC＝60°， ∵∠ABD＝15°， ∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABD＝45°， ∵CE⊥BD， ∴∠ECB＝∠EBC＝45°， ∴CE＝BE＝2， ∴AB＝BC＝2， ∴由（1）的結(jié)論得，BE＝DE+AD＝2， ∴△ABD的周長是AD+BD+AB＝AD+DE+EB+AB＝4+2． 故答案為：4+2．

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