2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第4讲 图形的性质（二）(含答案)　

这是一份2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第4讲 图形的性质（二）(含答案)　，共99页。试卷主要包含了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的逆定理，三角形综合题，平行四边形的判定与性质，菱形的性质等内容，欢迎下载使用。

第四讲 图形的性质（二）
一、平行线的性质（共1小题）
1．（2022•雨花台区校级模拟）如图，将三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1＝55°，则∠2的度数为　 　°．

二、全等三角形的判定与性质（共2小题）
2．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，CD是⊙O的切线，C为切点，且CD＝CB，连接AD，与⊙O交于点E．
（1）求证AD＝AB；
（2）若AE＝5，BC＝6，求⊙O的半径．


3．（2022•建邺区二模）如图，点D在线段AB上，AB＝BC＝CD，AE∥CD．BE与CD相交于点F，∠ABE＝∠BCD．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若∠BCD＝20°，求∠ADE的度数．



三、线段垂直平分线的性质（共1小题）
4．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在△ABC中，AH⊥BC，垂足为H，且BH＝CH，E为BA延长线上一点，过点E作EF⊥BC，分别交BC，AC于F，M．
（1）求证∠B＝∠C；
（2）若AB＝5，AH＝3，AE＝2，求MF的长．



四、等腰三角形的性质（共1小题）
5．（2022•建邺区二模）如图，已知等腰△ABC一腰上的中线BD把这个三角形的周长分成12cm和21cm两部分，求这个等腰三角形的底边BC的长．

五、勾股定理的逆定理（共1小题）
6．（2022•鼓楼区一模）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4）．用两种方法证明∠ACB＝90°．（写出必要的推理过程）








六、三角形综合题（共2小题）
7．（2022•鼓楼区二模）藏宝地之谜．
从前，一个年轻人在他先祖的遗物中发现了一张记录着藏宝地的羊皮纸，上面写着：
某荒岛上有一株橡树A和一株松树B，还有一座木桩P，从木桩P走到橡树A，记住所走的步数，到了橡树A向左拐个直角再走这么多步，在这里打个桩，记为C．从木桩P再朝松树B走去，记住所走的步数，到了松树B向右拐个直角再走这么多步，在这里也打个桩，记为D．桩C，D的正当中就是宝藏的位置Q．
根据指示，这个年轻人找到了荒岛上的橡树和松树，但可惜木桩已腐烂成土，一点痕迹也看不出了．他只能乱挖起来，但是地方太大了，一切只是徒劳，他只好抱憾而归．
聪明的读者，你有办法找到宝藏吗？
不妨任取一个位置作为P，根据材料画出如图．
（1）以AB的中点为坐标原点，以直线AB为x轴、以AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．不妨设点B的坐标为（10，0）．
①若P的坐标为（6，10），则Q的坐标为 　 　；
②若P的坐标为（﹣4，8），则Q的坐标为 　 　；
…
（2）猜想当P在不同位置时，Q的位置是否随之变化．
（3）写出证明（2）中猜想的思路．
（4）将材料中两处“再走这么多步”同时改为 　 　，可使（2）中的猜想仍然成立．




8．（2022•秦淮区校级模拟）（1）如图①，O为等边三角形ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5．求∠AOB的度数．（提示：可将△AOB绕点A旋转到△APC）
（2）在图②中，用尺规作等边三角形ABC，使点A，B，C分别落在三个圆上．（保留作图的痕迹，写出必要的文字说明）
（3）如图③，直线a∥b∥c．怎样找到等边三角形ABC，使点A，B，C分别落在三条直线上？用尺规作出该三角形．（保留作图的痕迹，写出必要的文字说明）











七、平行四边形的判定与性质（共1小题）
9．（2022•玄武区一模）在▱ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，连接BF，DE，M，N分别是BF，DE的中点，连接EM，FN．
（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；
（2）若AB＝12，EM＝EN＝5，则四边形ABCD的面积为 　 　．

八、菱形的性质（共2小题）
10．（2022•建邺区二模）如图，菱形ABCD的对角线AC＝4cm，把它沿对角线AC方向平移1cm得到菱形EFGH，则图中阴影部分图形的面积与四边形EMCN的面积之比为　 　．

11．（2022•建邺区一模）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是BC、DC的中点．
（1）求证：∠AEF＝∠AFE；
（2）若菱形ABCD的面积为8，则△AEF的面积为 　 　．







九、菱形的判定（共3小题）
12．（2022•秦淮区二模）如图，DE是△ABC的中位线，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，AD．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）要使四边形ADCF是菱形，△ABC的边需要满足的条件是 　 　．


13．（2022•秦淮区一模）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，已知△ABE≌△ADF．
（1）若AD∥BC，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）以下条件：①∠BAD＝∠BCD；②AB＝CD；③BC＝CD．如果用其中的一个替换（1）中的“AD∥BC”，也可以证明四边形ABCD是菱形，那么可以选择的条件是 　 　（填写满足要求的所有条件的序号）．










14．（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．



一十．矩形的性质（共1小题）
15．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF．直线EF分别交BA，DC的延长线于点G，H．
（1）求证：四边形BHDG是平行四边形；
（2）若AB＝4，BC＝8，当AE的长为 　 　时，四边形BHDG是菱形．









一十一、矩形的判定（共2小题）
16．（2022•玄武区二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD的中点，连接CE并延长，与BA的延长线交于点F．
（1）求证EF＝EC；
（2）连接AC，DF，若AC平分∠FCB，求证：四边形ACDF为矩形．



17．（2022•秦淮区校级模拟）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，CF∥AB，CF与DE的延长线相交于点F，连接AF、CD．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是矩形？为什么？









一十二、正方形的判定（共1小题）
18．（2022•南京二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）若AB＝5，E为AC的中点，当BC的长为 　 　时，四边形BCDE为正方形．

一十三、四边形综合题（共3小题）
19．（2022•建邺区一模）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD＝5，BC＝CD＝5，∠B＝90°．点M在边AD上，AM＝2，点N是边BC上一动点．以MN为斜边作Rt△MNP，若点P在四边形ABCD的边上，则称点P是线段MN的“勾股点”．
（1）如图①，线段MN的中点O到BC的距离是 　 　．
A． B． C．3 D．2
（2）如图②，当AP＝2时，求BN的长度．
（3）是否存在点N，使线段MN恰好有两个“勾股点”？若存在，请直接写出BN的长度或取值范围；若不存在，请说明理由．



20．（2022•鼓楼区一模）一道作图题：“求作一个▱ABCD，使得点A与边BC的中点E的连线平分∠BAD．”
小明的思考：在不明确如何入手的时候，可以先把图描出来，接着倒过来想它有什么性质．
例如，假设▱ABCD即为所求作，则AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA．
又AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE．
∴∠BAE＝∠BEA．
∴BA＝BE．（①）
∵E是边BC的中点，
∴……
再倒过来，只要作出的▱ABCD满足BC＝②BA即可．
（1）填空：①　 　（填推理依据）；②　 　．
（2）参考小明的思考方式，用直尺和圆规作一个▱ABCD，使得点A与边BC的中点E的连线与对角线BD垂直；（要求：保留作图的痕迹，无需写出文字说明．）
（3）问题（2）所作的▱ABCD中的BC和BA是否也有和（1）类似的数量关系？设BC＝kBA（k是常数），若k是定值，直接写出k的值；若不是，试直接写出k的取值范围．








21．（2022•建邺区二模）在平面直角坐标系中，一动点P（x，y）从点M（1，0）出发，沿以A（﹣1，1），B（﹣1，﹣1），C（1，﹣1），D（1，1）四点为顶点的正方形的边（如图1）按一定方向运动（1个单位长度代表1米）．

图2是点P运动的路程s（米）与运动时间t（秒）之间的函数图，图3是点P的纵坐标y与点P运动的路程s之间的函数图象的一部分．
（1）s与t之间的函数表达式是 　 　；
（2）与图3相对应的点P的运动路径是 　 　，点P出发 　 　秒首次到达点B；
（3）直接写出当3≤s≤8时，y与s之间的函数表达式，并在图3中补全函数图象．


一十四、圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
22．（2022•玄武区一模）如图，在△ABC中，E是BC边上的点，以AE为直径的⊙O与AB，BC，AC分别交于点F，D，G，且D是的中点．
（1）求证AB＝AC；
（2）连接DF，当DF∥AC时，若AB＝10，BC＝12，求CE的长．





一十五、圆周角定理（共2小题）
23．（2022•建邺区二模）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，C为OA的中点，点D在上，且CD∥OB，则∠ABD＝　 　．

24．（2022•秦淮区二模）如图，A，B是⊙O上的两点，点C在⊙O内，点D在⊙O外，AD，BD分别交⊙O于点E，F．求证∠ACB＞∠ADB．

一十六、三角形的外接圆与外心（共2小题）
25．（2022•建邺区一模）如图①，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC外接圆⊙O上一点，连接CD，过点B作BE∥CD，交AD的延长线于点E，交⊙O于点F．
（1）求证：四边形DEFC是平行四边形；
（2）如图②，若AB为⊙O直径，AB＝7，BF＝1，求CD的长．





26．（2022•鼓楼区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，连接AE．
（1）求证：△ABE是等边三角形．
（2）F是上一点，且FA＝FC，连接EF．求证：EF＝BC．



一十七、直线与圆的位置关系（共2小题）
27．（2022•鼓楼区校级二模）点P是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点P向x轴，y轴作垂线段，若垂线段的长度的和为4，则点P叫做“垂距点”．例如：下图中的P（1，3）是“垂距点”．
（1）在点A（2，2），B（，﹣），C（﹣1，5）中，是“垂距点”的点为 　 　；
（2）求函数y＝2x+3的图象上的“垂距点”的坐标；
（3）⊙T的圆心T的坐标为（1，0），半径为r．若⊙T上存在“垂距点”，则r的取值范围是 　 　．






28．（2022•鼓楼区校级二模）如图，AB为⊙O直径，C为⊙O上一点，点D是的中点，DE⊥AC于E，DF⊥AB于F．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若OF＝4，求AC的长度．

一十八、切线的判定与性质（共5小题）
29．（2022•建邺区二模）如图，四边形ABCD是菱形，以AB为直径作⊙O，交CB于点F，点E在CD上，且CE＝CF，连接AE．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）连接AC交⊙O于点P，若AP＝，BF＝1，求⊙O的半径．


30．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，△EBC的外接圆⊙O分别交AB，CD于点M，N．
（1）求证：AD与⊙O相切；
（2）若DN＝1，AD＝4，求⊙O的半径r．

31．（2022•秦淮区一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，直线l过点C，AD⊥l，交⊙O于点F，垂足为D，BE⊥l，垂足为E，且＝．
（1）求证：l与⊙O相切；
（2）当AD＝4cm，BE＝1.5cm时，⊙O的半径为 　 　cm．






32．（2022•南京一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，以AB为直径的⊙O交BC于点D，点P在BC的延长线上，且∠BAC＝2∠P．
（1）求证：直线AP是⊙O的切线；
（2）若BC＝12，tanP＝，求⊙O的半径长及tan∠PAC的值．





33．（2022•雨花台区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，与AC交于点D，DE⊥DB，垂足为D，与AB交于点E，经过B，D，E三点的⊙O与BC交于点F．
（1）求证AC是⊙O的切线；
（2）若BC＝3，AC＝4，求⊙O的半径．

一十九、三角形的内切圆与内心（共1小题）
34．（2022•鼓楼区二模）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作DE∥BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）已知AG＝8，＝，点I为△ABC的内心，求GI的长．







二十、圆的综合题（共6小题）
35．（2022•南京二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆．D为BC延长线上一点，AD交⊙O于点E，连接BE．
（1）求证：∠D＝∠ABE；
（2）若AB＝5，BC＝6．
①求⊙O的半径r；
②的最大值为 　 　．


















36．（2022•秦淮区二模）【概念认识】
与矩形一边相切（切点不是顶点）且经过矩形的两个顶点的圆叫做矩形的第Ⅰ类圆；与矩形两边相切（切点都不是顶点）且经过矩形的一个顶点的圆叫做矩形的第Ⅱ类圆．
【初步理解】
（1）如图①～③，四边形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都与边AD相切，⊙O2与边AB相切，⊙O1和⊙O3都经过点B，⊙O3经过点D，3个圆都经过点C．在这3个圆中，是矩形ABCD的第Ⅰ类圆的是 　 　，是矩形ABCD的第Ⅱ类圆的是 　 　．
【计算求解】
（2）已知一个矩形的相邻两边的长分别为4和6，直接写出它的第Ⅰ类圆和第Ⅱ类圆的半径长．
【深入研究】
（3）如图④，已知矩形ABCD，用直尺和圆规作图．（保留作图痕迹，并写出必要的文字说明）
①作它的1个第Ⅰ类圆；
②作它的1个第Ⅱ类圆．











37．（2022•南京一模）解决问题常常需要最近联想，迁移经验．例如研究线段成比例时需要想到…
【积累经验】
（1）如图①，⊙O是△ABC的外接圆，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径．求证＝．
（2）如图②，已知线段a，b，c．用两种不同的方法作线段d，使得线段a，b，c，d满足＝．
要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
【问题解决】
（3）如图③，已知线段a，b．AB是⊙O的弦．在⊙O上作点C，使得CA•CB＝ab．
要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．








38．（2022•玄武区一模）旋转的思考
【探索发现】
（1）已知△ABC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．小美，小丽探索发现了下列结论．
小美的发现如图①，连接对应点BB′，CC′，则＝．
小丽的发现如图②，以A为圆心，BC边上的高AD为半径作⊙A，则B′C′与⊙A相切．
（ⅰ）请证明小美所发现的结论．
（ⅱ）如图②，小丽过点A作AD′⊥B′C′，垂足为D′．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

【问题解决】
（2）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝，AC＝2，M是AC的中点，将△ABC绕点M逆时针旋转得到△A'B'C'．
（ⅰ）如图③，当边B'C'恰好经过点C时，连接BB'，则BB'的长为 　 　．
（ⅱ）在旋转过程中，若边B'C'所在直线l恰好经过点B，请在图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线l．（保留作图痕迹，不写作法）
【拓展研究】
（3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线BB'，CC'交于点P，则BP的最大值为 　 　．







39．（2022•秦淮区一模）【数学概念】
我们把存在内切圆与外接圆的四边形称为双圆四边形．例如，如图①，四边形ABCD内接于⊙M，且每条边均与⊙P相切，切点分别为E，F，G，H，因此该四边形是双圆四边形．

【性质初探】
（1）双圆四边形的对角的数量关系是 　 　，依据是 　 　．
（2）直接写出双圆四边形的边的性质．（用文字表述）
（3）在图①中，连接GE，HF，求证GE⊥HF．
【揭示关系】
（4）根据双圆四边形与四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系，在图②中画出双圆四边形的大致区域，并用阴影表示．
【特例研究】
（5）已知P，M分别是双圆四边形ABCD的内切圆和外接圆的圆心，若AB＝1，BC＝2，∠B＝90°，则PM的长为 　 　．


40．（2022•建邺区二模）阅读下面材料：
在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题：
尺规作图：如图1，过圆外一点作圆的切线．
已知：P为⊙O外一点．
求作：经过点P的⊙O的切线．
小敏的作法如下：如图2，
（1）连接OP，作线段OP的垂直平分线MN交OP于点C；
（2）以点C为圆心，CO的长为半径作圆，交⊙O于A，B两点；
（3）作直线PA，PB．
所以直线PA，PB就是所求作的切线．
老师认为小敏的作法正确．
请回答：
（1）连接OA，OB后，可证∠OAP＝∠OBP＝90°，其依据是　 　；
（2）如果⊙O的半径等于3，点P到切点的距离为4，求点A与点B之间的距离．


二十一、作图—复杂作图（共6小题）
41．（2022•鼓楼区校级二模）尺规作图：如图，已知正方形ABCD，在边CD上求作一点P，使∠PBC＝15°．（保留作图痕迹，不写作法）

42．（2022•建邺区二模）尺规作图：如图，已知AB是⊙O的直径．用两种不同的方法作圆的内接四边形ABCD，要求AB∥CD且∠A＝60°．（不写作法，保留作图痕迹．）


43．（2022•玄武区二模）已知△ABC，请用无刻度的直尺和圆规完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）在图①中，BC所在直线的下方求作一点M，使得∠BMC＝∠A；
（2）在图②中，BC所在直线的下方求作一点N，使得∠BNC＝2∠A．






44．（2022•鼓楼区二模）尺规作图：如图，在▱ABCD的边AD上求作点P，使P分别满足以下要求：
（1）BP＝CP；
（2）BP＝AP+BC．

45．（2022•建邺区一模）尺规作图：如图，已知△ABC，AB＝AC，作矩形MNPQ，使得点M、N分别在边AB、AC上，点P、Q在边BC上，且MN＝2MQ（不写作法，保留作图痕迹）．

46．（2022•秦淮区一模）如图，已知线段a，h，用直尺和圆规按下列要求分别作一个等腰三角形ABC（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）．

（1）△ABC的底边长为a，底边上的高为h；
（2）△ABC的腰长为a，腰上的高为h．






二十二．作图—应用与设计作图（共2小题）
47．（2022•南京二模）△ABC是一块三角形铁皮，如何按要求从中剪一个面积最大的圆？
【初步认识】
（1）请用无刻度直尺和圆规在图①中作出面积最大的圆（不写作法，保留作图痕迹）．
【继续探索】
（2）若三角形铁皮上有一破损的孔点D（孔径大小忽略不计），要求剪一个面积最大的圆且圆面无破损，请用无刻度直尺和圆规在图②中作出满足要求的圆（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）．
【问题解决】
（3）如图③，若AB＝AC＝10，BC＝12，E、F分别是AB、AC的中点，破损的孔点D位于EF上（孔径大小忽略不计）．设DE＝x，剪出面积最大的圆（圆面无破损）的半径为r，直接写出x和r的关系式及对应x的取值范围．












48．（2022•秦淮区一模）图①是2022年北京冬季奥运会自由式滑雪大跳台和单板滑雪大跳台的比赛场馆，别名“雪飞天”．我们画出一个与它类似的示意图②，其中出发区EF、起跳区CD都与地面AB平行．助滑坡DE与着陆坡AC的长度之和为80m．已知EF到AB的距离是CD到AB的距离的3倍，∠A＝30°，M为CD延长线上一点，∠EDM＝37°．求EF到AB的距离．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．）




















第四讲 图形的性质（2）
参考答案与试题解析
一、平行线的性质（共1小题）
1．（2022•雨花台区校级模拟）如图，将三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1＝55°，则∠2的度数为　35　°．

【分析】根据平角等于180°求出∠3，再根据两直线平行，同位角相等可得∠2+90°＝∠3．
【解答】解：如图：

∵∠3＝180°﹣∠1＝180°﹣55°＝125°，
∵直尺两边互相平行，
∴∠2+90°＝∠3，
∴∠2＝125°﹣90°＝35°．
故答案为：35．
二、全等三角形的判定与性质（共2小题）
2．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，CD是⊙O的切线，C为切点，且CD＝CB，连接AD，与⊙O交于点E．
（1）求证AD＝AB；
（2）若AE＝5，BC＝6，求⊙O的半径．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠ACB，再利用弦切角定理可得∠ACD＝∠B，从而可得∠ACD＝∠ACB，然后证明△ACB≌△ACD，利用全等三角形的性质即可解答；
（2）连接OB，OC，CE，连接AO并延长交BC于点F，利用（1）的结论可得∠CAB＝∠CAD，从而可得BC＝CE＝CD＝6，然后利用等腰三角形的性质可得∠CED＝∠ACD＝∠D，从而证明△DEC∽△DCA，利用相似三角形的性质可求出DE的长，再利用线段垂直平分线的逆定理可得AF是BC的垂直平分线，从而在Rt△AFC中，利用勾股定理求出AF的长，最后在Rt△OFC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵CD是⊙O的切线，C为切点，
∴∠ACD＝∠B，
∴∠ACD＝∠ACB，
∵BC＝BD，AC＝AC，
∴△ACB≌△ACD（SAS），
∴AB＝AD；
（2）连接OB，OC，CE，连接AO并延长交BC于点F，

∵△ACB≌△ACD，
∴∠CAB＝∠CAD，
∴＝，
∴BC＝CE，
∵BC＝CD＝6，
∴CE＝CD＝6，
∴∠D＝∠CED，
∵AB＝AC，AB＝AD，
∴AD＝AC，
∴∠ACD＝∠D，
∴∠CED＝∠ACD，
∴△DEC∽△DCA，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝4或DE＝﹣9（舍去），
∴AD＝AE+DE＝9，
∴AB＝AC＝AD＝9，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴AF是BC的垂直平分线，
∴AF⊥BC，BF＝CF＝BC＝3，
∴AF＝＝＝6，
设⊙O的半径为r，
在Rt△OFC中，OF2+CF2＝OC2，
∴（6﹣r）2+32＝r2，
∴r＝，
∴⊙O的半径为．
3．（2022•建邺区二模）如图，点D在线段AB上，AB＝BC＝CD，AE∥CD．BE与CD相交于点F，∠ABE＝∠BCD．
（1）求证：BE＝CD；
（2）若∠BCD＝20°，求∠ADE的度数．

【分析】（1）根据∠BAE＝∠DBC，AB＝BC，∠ABE＝∠BCD，即可得到△ABE≌△BCD，进而得到BE＝CD；
（2）连接EC，判定△BCE是等边三角形，即可得到BC＝EC，∠BCE＝60°，进而得到∠CDE＝∠DEC＝70°，再根据∠ADE＝180°﹣∠BDC﹣∠CDE进行计算即可．
【解答】解；：（1）∵点D在AB上，BC＝CD，
∴∠DBC＝∠BDC，
∵AE∥CD，
∴∠BAE＝∠BDC，
∴∠BAE＝∠DBC，
又∵AB＝BC，∠ABE＝∠BCD，
∴△ABE≌△BCD（ASA），
∴BE＝CD；

（2）如图，连接EC，
由（1）可得BE＝CD，
∵AB＝BC＝CD，
∴AB＝BC＝CD＝BE，
∵∠BCD＝20°，∠ABE＝∠BCD，
∴∠DBC＝∠BDC＝80°，
∴∠EBC＝∠DBC﹣∠ABE＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝EC，∠BCE＝60°，
∴CD＝CE，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝40°，
∴∠CDE＝∠DEC＝70°，
∴∠ADE＝180°﹣∠BDC﹣∠CDE＝30°．

三、线段垂直平分线的性质（共1小题）
4．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在△ABC中，AH⊥BC，垂足为H，且BH＝CH，E为BA延长线上一点，过点E作EF⊥BC，分别交BC，AC于F，M．
（1）求证∠B＝∠C；
（2）若AB＝5，AH＝3，AE＝2，求MF的长．

【分析】（1）利用线段垂直平分线的判定与性质可证明结论；
（2）证明△CMF∽△CAH，列比例式计算可求解．
【解答】（1）证明：∵AH⊥BC，垂足为H，且BH＝CH，
∴AH是BC的垂直平分线．
∴AB＝AC．
∴∠B＝∠C；
（2）解：∵AH⊥BC，AB＝AC，
∴∠BAH＝∠CAH．
∵AH⊥BC，EF⊥BC，
∴∠AHB＝∠EFB＝90°．
∴AH∥EF．
∴∠BAH＝∠E，∠CAH＝∠AME．
∴∠E＝∠AME．
∴AM＝AE＝2．
∵AB＝AC＝5，
∴CM＝AC﹣CM＝3．
∵AH∥EF，
∴△CMF∽△CAH．
∴＝．
∴＝．
∴MF＝．
四、等腰三角形的性质（共1小题）
5．（2022•建邺区二模）如图，已知等腰△ABC一腰上的中线BD把这个三角形的周长分成12cm和21cm两部分，求这个等腰三角形的底边BC的长．

【分析】如图，AB＝AC，BD为腰AC上的中线，设AD＝DC＝x，BC＝y，根据三角形周长得或，然后分别解方程组后求出三角形的三边，最后利用三角形三边的关系确定三角形的底边长．
【解答】解：AB＝AC，BD为腰AC上的中线，设AD＝DC＝x，BC＝y，
根据题意得或，
解得或，
当x＝4，y＝17时，等腰三角形的三边为8，8，17，显然不符合三角形的三边关系，舍去；
当x＝7，y＝5时，等腰三角形的三边为14，14，5，
答：这个等腰三角形的底边BC长是5．
五、勾股定理的逆定理（共1小题）
6．（2022•鼓楼区一模）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4）．用两种方法证明∠ACB＝90°．（写出必要的推理过程）
【分析】方法一：根据勾股定理分别求出AC2，BC2，AB2，再利用勾股定理的逆定理证明即可；
方法二：先证明△AOC∽△COB，根据相似三角形的性质得出∠OAC＝∠OCB，再由直角三角形两锐角互余即可证明∠ACB＝90°．
【解答】证明一：∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴AC2＝22+42＝20，BC2＝82+42＝80，AB2＝102＝100，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°；

证明二：∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OC＝4，OB＝8，
∴＝＝，＝＝．
在△AOC与△COB中，
，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠OCB，
∵∠OAC+∠OCA＝90°，
∴∠OCB+∠OCA＝90°，
即∠ACB＝90°．

六、三角形综合题（共2小题）
7．（2022•鼓楼区二模）藏宝地之谜．
从前，一个年轻人在他先祖的遗物中发现了一张记录着藏宝地的羊皮纸，上面写着：
某荒岛上有一株橡树A和一株松树B，还有一座木桩P，从木桩P走到橡树A，记住所走的步数，到了橡树A向左拐个直角再走这么多步，在这里打个桩，记为C．从木桩P再朝松树B走去，记住所走的步数，到了松树B向右拐个直角再走这么多步，在这里也打个桩，记为D．桩C，D的正当中就是宝藏的位置Q．
根据指示，这个年轻人找到了荒岛上的橡树和松树，但可惜木桩已腐烂成土，一点痕迹也看不出了．他只能乱挖起来，但是地方太大了，一切只是徒劳，他只好抱憾而归．
聪明的读者，你有办法找到宝藏吗？
不妨任取一个位置作为P，根据材料画出如图．
（1）以AB的中点为坐标原点，以直线AB为x轴、以AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．不妨设点B的坐标为（10，0）．
①若P的坐标为（6，10），则Q的坐标为 　（0，﹣10）　；
②若P的坐标为（﹣4，8），则Q的坐标为 　（0，﹣10）　；
…
（2）猜想当P在不同位置时，Q的位置是否随之变化．
（3）写出证明（2）中猜想的思路．
（4）将材料中两处“再走这么多步”同时改为 　再走这么多步　，可使（2）中的猜想仍然成立．

【分析】（1）①如图1，作辅助线，构建三角形全等，证明△AEP≌△COA（AAS）和△PEB≌△BOD，可得结论；
②如图2，过点P作PF⊥AB于F，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DE⊥AB于E，同理可得结论；
（2）猜想：当P在不同位置时，Q的位置不变；
（3）如图3，设点B的坐标为（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），同理根据两三角形全等可得结论；
（4）将材料中两处“再走这么多步”同时改为再走这么多步，可使（2）中的猜想仍然成立．同理设点B的坐标为（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），证明△AFP∽△CGA，△BFP∽△DEB，可得结论：当P在不同位置时，Q的位置不变．
【解答】解：（1）①如图1，过点P作PE⊥AB于E，

∵∠PAC＝∠PAE+∠CAO＝90°，∠PAE＝∠APE＝90°，
∴∠APE＝∠CAO，
∵AP＝AC，∠AEP＝∠AOC＝90°，
∴△AEP≌△COA（AAS），
∴CO＝AE＝10+6＝16，
同理得△PEB≌△BOD（AAS），
∴OD＝BE＝10﹣6＝4，
∴CD＝16﹣4＝12，
∵Q是CD的中点，
∴Q（0，10）；
故答案为：（0，﹣10）；
②如图2，过点P作PF⊥AB于F，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DE⊥AB于E，

同①得△AFP≌△CGA，△BFP≌△DEB，
∴CG＝AF＝10﹣4＝6，AG＝PF＝8，DE＝BF＝10+4＝14，BE＝PF＝8，
∴C（﹣2，﹣6），D（2，﹣14），
∵Q是CD的中点，
∴Q（0，﹣10）；
故答案为：（0，﹣10）；
（2）猜想：当P在不同位置时，Q的位置不变；
（3）如图3，以AB的中点为坐标原点，以直线AB为x轴、以AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．
设点B的坐标为（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），
过点P作PF⊥AB于F，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DE⊥AB于E，

同①得△AFP≌△CGA，△BFP≌△DEB，
∴CG＝AF＝x+m，AG＝PF＝y，DE＝BF＝m﹣x，BE＝PF＝y，
∴C（y﹣m，﹣x﹣m），D（m﹣y，x﹣m），
∵Q是CD的中点，
∴Q（0，﹣m）；
∴当P在不同位置时，Q的位置不变；
（4）将材料中两处“再走这么多步”同时改为再走这么多步，可使（2）中的猜想仍然成立．理由如下：
如图4，以AB的中点为坐标原点，以直线AB为x轴、以AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系．
设点B的坐标为（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），
过点P作PF⊥AB于F，过点C作CG⊥AB于G，过点D作DE⊥AB于E，

同①得△AFP∽△CGA，△BFP∽△DEB，相似比为2，
∴CG＝AF＝x+m，AG＝PF＝y，DE＝BF＝m﹣x，BE＝PF＝y，
∴C（y﹣m，﹣x﹣m），D（m﹣y，x﹣m），
∵Q是CD的中点，
∴Q（0，﹣m）；
∴当P在不同位置时，Q的位置不变；
故答案为：再走这么多步．
8．（2022•秦淮区校级模拟）（1）如图①，O为等边三角形ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5．求∠AOB的度数．（提示：可将△AOB绕点A旋转到△APC）
（2）在图②中，用尺规作等边三角形ABC，使点A，B，C分别落在三个圆上．（保留作图的痕迹，写出必要的文字说明）

（3）如图③，直线a∥b∥c．怎样找到等边三角形ABC，使点A，B，C分别落在三条直线上？用尺规作出该三角形．（保留作图的痕迹，写出必要的文字说明）



【分析】（1）将△ABO绕点A逆时针旋转60°，此时AB正好与AC重合，得到△ACP，连接OP，得△AOP为等边三角形，△OPC为直角三角形，从而得出答案；
（2）根据（1）中图形，可得画法：在最小的圆上取一点A，然后以点A为圆心，OA为半径画弧，与小圆交于点P，再以P为圆心，中间的圆的半径长为半径画弧，与最大的圆交于一点B，连接AB，以B为圆心，AB长为半径画弧，与中间的圆交于一点C，连接BC，AC，则△ABC为所求三角形，
（3）在直线a上任意取一点A，过点A作AD⊥b于点D，以点A为圆心，AD的长为半径画圆，以D为圆心，AD为半径画弧，交⊙A于一点P，过点P作PB⊥CB，交直线c于点B，连接AB，以点B为圆心，AB的长为半径画弧，交直线b于点C，连接AC，BC，可得△ABC．
【解答】解：（1）如图，将△ABO绕点A逆时针旋转60°，此时AB正好与AC重合，得到△ACP，连接OP，

根据旋转的性质可知，AO＝AP，∠OAP＝60°，CP＝OB＝4，
∴△AOP为等边三角形，
∴OP＝OA＝3，∠APO＝60°，
∵OP2+PC2＝32+42＝52＝OC2，
∴△OPC为直角三角形，
∴∠OPC＝90°，
∴∠APC＝∠APO+∠OPC＝60°+90°＝150°，
∴∠AOB＝∠APC＝150°；
（2）在最小的圆上取一点A，然后以点A为圆心，OA为半径画弧，与小圆交于点P，再以P为圆心，中间的圆的半径长为半径画弧，与最大的圆交于一点B，连接AB，以B为圆心，AB长为半径画弧，与中间的圆交于一点C，连接BC，AC，则△ABC为所求三角形，如图所示，

（3）在直线a上任意取一点A，过点A作AD⊥b于点D，以点A为圆心，AD的长为半径画圆，以D为圆心，AD为半径画弧，交⊙A于一点P，过点P作PB⊥CB，交直线c于点B，连接AB，以点B为圆心，AB的长为半径画弧，交直线b于点C，连接AC，BC，则△ABC即为所求．

七、平行四边形的判定与性质（共1小题）
9．（2022•玄武区一模）在▱ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，连接BF，DE，M，N分别是BF，DE的中点，连接EM，FN．
（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；
（2）若AB＝12，EM＝EN＝5，则四边形ABCD的面积为 　96　．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB＝DC，AB∥DC．根据线段中点的定义得到BE＝AB，DF＝DC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）连接EF，根据平行四边形的性质得到DE＝BF，根据线段中点的定义得到EN＝DN＝BM＝FM＝BF，求得EM＝BF，根据勾股定理得到EF＝＝8，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC．
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴BE＝AB，DF＝DC，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF
∴四边形BFDE是平行四边形；
（2）解：连接EF，
∵四边形BFDE是平行四边形，
∴DE＝BF，
∵M，N分别是BF，DE的中点，
∴EN＝DN＝BM＝FM＝BF，
∵EM＝EN＝5，
∴EM＝BF，
∴∠BEF＝90°，BF＝2EM＝10，
∵AB＝12，
∴BE＝6，
∴EF＝＝8，
∴四边形ABCD的面积为AB•EF＝12×8＝96，
故答案为：96．

八、菱形的性质（共2小题）
10．（2022•建邺区二模）如图，菱形ABCD的对角线AC＝4cm，把它沿对角线AC方向平移1cm得到菱形EFGH，则图中阴影部分图形的面积与四边形EMCN的面积之比为　　．

【分析】首先得出△MEC∽△DAC，则＝，进而得出＝，即可得出答案．
【解答】解：∵ME∥AD，
∴△MEC∽△DAC，
∴＝，
∵菱形ABCD的对角线AC＝4cm，把它沿着对角线AC方向平移1cm得到菱形EFGH，
∴AE＝1cm，EC＝3cm，
∴＝，
∴＝，
∴图中阴影部分图形的面积与四边形EMCN的面积之比为：＝．
故答案为：．
11．（2022•建邺区一模）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是BC、DC的中点．
（1）求证：∠AEF＝∠AFE；
（2）若菱形ABCD的面积为8，则△AEF的面积为 　3　．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF，即可求解；
（2）由三角形中位线定理和相似三角形的性质可证AC＝4CH，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，
∵E、F分别是BC、DC的中点．
∴BE＝BC，DF＝CD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE；
（2）解：连接AC交EF于H，连接BD交AC于点O，

∵菱形ABCD的面积为8，
∴S△ABC＝S△ADC＝4，AO＝CO，AC⊥BD，
∵E、F分别是BC、DC的中点．
∴S△ACE＝S△ACF＝2，EF∥BD，
∴△CEF∽△CBD，
∴＝＝，
∴CO＝2CH，
∴AC＝4CH，
∴S△AEH＝S△AEC＝，S△AFH＝S△AFC＝，
∴S△AEF＝3，
故答案为：3．
九、菱形的判定（共3小题）
12．（2022•秦淮区二模）如图，DE是△ABC的中位线，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，AD．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）要使四边形ADCF是菱形，△ABC的边需要满足的条件是 　AB2+AC2＝BC2　．

【分析】（1）根据三角形中位线定理得出AE＝EC，进而利用EF＝DE，得出四边形ADCF是平行四边形，进而解答即可；
（2）根据菱形的判定解答即可．
【解答】（1）证明：∵DE是△ABC的中位线，
∴AE＝EC，DE∥AB，
∵EF＝DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF∥BC，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）解：AB2+AC2＝BC2，四边形ADCF是菱形，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝90°，
∴DF⊥AC，
∵四边形ADCF是平行四边形，
∴平行四边形ADCF是菱形．
故答案为：AB2+AC2＝BC2．
13．（2022•秦淮区一模）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，已知△ABE≌△ADF．
（1）若AD∥BC，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）以下条件：①∠BAD＝∠BCD；②AB＝CD；③BC＝CD．如果用其中的一个替换（1）中的“AD∥BC”，也可以证明四边形ABCD是菱形，那么可以选择的条件是 　①②　（填写满足要求的所有条件的序号）．

【分析】（1）根据全等三角形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的判定解答即可．
【解答】（1）证明：∵△ABE≌△ADF，
∴∠B＝∠D，AB＝AD．
∵AD∥BC，
∴∠C+∠D＝180°．
∴∠C+∠B＝180°．
∴AB∥CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵△ABE≌△ADF，
∴∠B＝∠D，AB＝AD．
∵①∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
∵△ABE≌△ADF，
∴∠B＝∠D，AB＝AD．
连接BD，

∵△ABE≌△ADF，
∴∠B＝∠D，AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴BC＝CD，
又∵②AB＝CD，
∴AB＝AD＝BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为：①②．
14．（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．

【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，得AF∥CE．同理：DE∥BF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证△EBC≌△FCB（SAS），得CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，得BH＝CH，再证EH＝FH，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝AB，CF＝CD，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
同理：DE∥BF，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）解：当▱ABCD是矩形时，四边形EHFG是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EE＝AB，CF＝CD，
∴BE＝CF，
在△EBC与△FCB中，
，
∴△EBC≌△FCB（SAS），
∴CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，
∴BH＝CH，
∴CE﹣CH＝BF＝BH，
即EH＝FH，
∴平行四边形EHFG是菱形．
一十、矩形的性质（共1小题）
15．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF．直线EF分别交BA，DC的延长线于点G，H．
（1）求证：四边形BHDG是平行四边形；
（2）若AB＝4，BC＝8，当AE的长为 　3　时，四边形BHDG是菱形．

【分析】（1）由“AAS”可证△AGE≌△CHF，可得AG＝CH，可得结论；
（2）由勾股定理可求CH的长，通过证明△BGF∽△CHF，可得，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠AGE＝∠CHF，
∵∠BAD+∠GAE＝∠BCD+∠HCF＝180°，
∴∠GAE＝∠HCF＝90°，
在△AGE和△CHF中，
，
∴△AGE≌△CHF（AAS），
∴AG＝CH，
∴AB+AG＝CD+CH，即BG＝DH，
∵AB∥CD
∴四边形BHDG是平行四边形；
（2）∵四边形BHDG是菱形，
∴BH＝DH，
∵BH2＝BC2+CH2，
∴BH2＝64+（BH﹣4）2，
∴BH＝10＝DH，
∴CH＝6，
∵AB∥CD，
∴△BGF∽△CHF，
∴，
∴，
∴CF＝3，
故答案为：3．
一十一、矩形的判定（共2小题）
16．（2022•玄武区二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD的中点，连接CE并延长，与BA的延长线交于点F．
（1）求证EF＝EC；
（2）连接AC，DF，若AC平分∠FCB，求证：四边形ACDF为矩形．

【分析】（1）由题意可得AE＝DE，∠FEA＝∠DEC，∠FAE＝∠D，则可证△AEF≌△DEC，则可得结论；
（2）由EF＝EC，AE＝DE可得四边形ACDF是平行四边形，再根据对角线相等可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAF＝∠EDC，
∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
∵AE＝DE，∠FEA＝∠DEC，∠FAE＝∠EDC，
∴△EAF≌△DEC（ASA），
∴EF＝EC；
（2）如图，

∵EF＝EC，AE＝DE，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∵AC平分∠FCB，
∴∠ACE＝∠ECA，
∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠ACE＝∠EAC，
∴AE＝CE，即AD＝FC，
∴四边形ACDF为矩形．
17．（2022•秦淮区校级模拟）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，CF∥AB，CF与DE的延长线相交于点F，连接AF、CD．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是矩形？为什么？

【分析】（1）只要证明AD＝CF，AD∥CF，即可解决问题；
（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”可以推导：AC＝BC．
【解答】（1）证明：∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∵CF∥AB，
∴∠DAE＝∠FCE，
∵∠AED＝∠CEF，
∴△AED≌△CEF（ASA），
∴AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形；

（2）当AC＝BC时，平行四边形ADCF是矩形．
理由：在△ABC中，D、E分别是AB，AC边上的中点，
∴AE＝EC，
∵EF＝DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC＝BC，AC＝DF，
∴DC⊥AB，
∴平行四边形ADCF是矩形．
一十二、正方形的判定（共1小题）
18．（2022•南京二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）若AB＝5，E为AC的中点，当BC的长为 　　时，四边形BCDE为正方形．

【分析】（1）先判断AC为BD的垂直平分线得到AC⊥BD，OB＝OD，再证明△EOB≌△COD得到EO＝CO，于是可判断四边形BCDE为平行四边形，然后利用CB＝CD可判断四边形BCDE是菱形；
（2）设OB＝x，根据正方形的判定当OE＝OB＝x时，四边形BCDE是正方形，此时BC＝x，由于AE＝CE＝2x，则在Rt△AOB中利用勾股定理得到x2+（3x）2＝52，解方程x＝，从而得到此时BC的长．
【解答】（1）证明：∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AC为BD的垂直平分线，
即AC⊥BD，OB＝OD，
∵BE∥CD，
∴∠EBO＝∠CDO，
在△EOB和△COD中，

∴△EOB≌△COD（ASA），
∴EO＝CO，
∴四边形BCDE为平行四边形．
∵CB＝CD，
∴四边形BCDE是菱形；
（2）解：设OB＝x，
∵四边形BCDE是菱形，
∴当OE＝OB＝x时，四边形BCDE是正方形，
此时BC＝x，
∵E为AC的中点，
∴AE＝CE＝2x，
在Rt△AOB中，∵OB2+OA2＝AB2，
∴x2+（3x）2＝52，
解得x1＝，x2＝﹣（舍去），
∴BC＝×＝，
即当BC的长为时，四边形BCDE为正方形．

一十三、四边形综合题（共3小题）
19．（2022•建邺区一模）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD＝5，BC＝CD＝5，∠B＝90°．点M在边AD上，AM＝2，点N是边BC上一动点．以MN为斜边作Rt△MNP，若点P在四边形ABCD的边上，则称点P是线段MN的“勾股点”．
（1）如图①，线段MN的中点O到BC的距离是 　C　．
A．
B．
C．3
D．2
（2）如图②，当AP＝2时，求BN的长度．
（3）是否存在点N，使线段MN恰好有两个“勾股点”？若存在，请直接写出BN的长度或取值范围；若不存在，请说明理由．


【分析】（1），过点M作MQ⊥AB交BA的延长线于点Q，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点M作MF⊥BC于点F，连接AC，证明△ABC≌△ADC（SSS），得出∠D＝∠B＝90°，由勾股定理求出AC＝10，证明OE∥MF，得出，则可得出结论；
（2）过点M作MQ⊥AB交BA的延长线于点Q，证明△QPM∽△BNP，由相似三角形的性质可得出，则可得出答案；
（3）由题意画出图形，根据圆周角定理及直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，过点M作MQ⊥AB交BA的延长线于点Q，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点M作MF⊥BC于点F，连接AC，

∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠D＝∠B＝90°，
∵AD＝5，DC＝5，
∴AC＝＝＝10，
∴∠DAC＝∠BAC＝∠QAM＝60°，∠DCA＝∠BCA＝∠QMA＝30°，
∴∠DAC＝∠BAC＝60°，∠DCA＝∠BCA＝30°，
∴QA＝1，QM＝，
∵MQ⊥AB，OE⊥BC，∠B＝90°，
∴四边形MQBF是矩形，
∴MF＝QB＝AB+QA＝5+1＝6，
∵MF⊥CB，OE⊥BC，
∴OE∥MF，
∴，
∵OM＝ON，
∴NE＝EF，
∴OE＝MF＝3，
故选：C；
（2）过点M作MQ⊥AB交BA的延长线于点Q，

∵点P是线段MN的“勾股点”，
∴∠MPN＝90°，
∴∠QPM＝∠BNP，
又∵∠Q＝∠B＝90°，
∴△QPM∽△BNP，
∴，
∴，
∴BN＝3；
（3）①如图，以MN为直径的圆经过点A时，此时线段MN恰好有两个“勾股点”，

∵∠NAM＝∠D＝90°，
∴AN∥CD，
∴∠C＝∠BNM＝60°，
∴BN＝＝＝，
如图，当BN＝时，线段MN有一个“勾股点”，

∴当0＜BN＜且BN≠时，线段MN恰好有两个“勾股点”；
②如图，当以MN为直径的圆经过点C和D时，此时线段MN恰好有两个“勾股点”，

∴BN＝BC＝5．
综上所述，当0＜BN＜且BN≠或BN＝5时，线段MN恰好有两个“勾股点”．
20．（2022•鼓楼区一模）一道作图题：“求作一个▱ABCD，使得点A与边BC的中点E的连线平分∠BAD．”
小明的思考：在不明确如何入手的时候，可以先把图描出来，接着倒过来想它有什么性质．
例如，假设▱ABCD即为所求作，则AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA．
又AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE．
∴∠BAE＝∠BEA．
∴BA＝BE．（①）
∵E是边BC的中点，
∴……
再倒过来，只要作出的▱ABCD满足BC＝②BA即可．
（1）填空：①　等角对等边　（填推理依据）；②　2　．
（2）参考小明的思考方式，用直尺和圆规作一个▱ABCD，使得点A与边BC的中点E的连线与对角线BD垂直；（要求：保留作图的痕迹，无需写出文字说明．）
（3）问题（2）所作的▱ABCD中的BC和BA是否也有和（1）类似的数量关系？设BC＝kBA（k是常数），若k是定值，直接写出k的值；若不是，试直接写出k的取值范围．

【分析】（1）根据等边对等角，线段中点的性质解答即可；
（2）先作线段BC，确定中点，再作平行四边形，最后使得点A与边BC的中点E的连线与对角线BD垂直；
（3）根据（2）得出BD和CD的取值范围，根据三角形三边关系建立不等式，继而即可求出k的取值范围．
【解答】解：（1）假设▱ABCD即为所求作，则AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA．
又AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE．
∴∠BAE＝∠BEA．
∴BA＝BE．（等角对等边）
∵E是边BC的中点，
∴BC＝2BA，
故答案为：等角对等边，2；
（2）方法一：①作线段BC的垂直平分线，取BC的中点E，以E为圆心，BE的长为半径作⊙E，在圆上任取一点G，连接CG，BG，则CG⊥GB，
②取EC的中点F，以FB为半径，F为圆心作弧，交BG的延长线于点D，则FD＝FB，作B点的垂直平分线交BD于O，交AD于K，则FO⊥BD，OB＝OD，
③以O为圆心OC长为半径作⊙O，延长CO，交⊙O于点A，则OA＝OC，连接AB、AD、DC，则四边形ABCD是平行四边形，
④连接AE，此时AE∥FK，FK⊥BD，即AE⊥BD；

方法二：①作BE＝EC，任作射线BP（角度要小），
②作EH⊥BP于点H，在射线EH上截HA＝2EH，
③以点A为圆心作AD＝BC交BP于点D，
④连接AB，CD即可；

（3）由作图可知，问题（2）所作的▱ABCD中的BC和BA也有和（1）类似的数量关系，BC＝kBA，
∵EB＝EC，EF＝FC，设BC＝4a，则BE＝2a，EF＝FC＝a，
∵EO＝EB，FB＝FD，
∴∠EOB＝∠EBO，∠FDB＝∠FBD，
∴∠EOB＝∠FDB，
∴EG∥FD，
∴＝＝，
即BD＝BG，
根据三角形三边关系得|BD﹣BC|＜CD＜|BD+BC|，
∵点G是⊙E上的一动点，则0＜BG＜2BC，
即0＜BG＜4a，
∴0＜BD＜6a，
∵|BD﹣BC|＜CD＜|BD+BC|，BC＝4a，
∴2a＜CD＜4a，
∵AB＝CD，
∴2a＜AB＜4a，
∵BC＝4a，
∴1＜＜2，
即1＜k＜2．
21．（2022•建邺区二模）在平面直角坐标系中，一动点P（x，y）从点M（1，0）出发，沿以A（﹣1，1），B（﹣1，﹣1），C（1，﹣1），D（1，1）四点为顶点的正方形的边（如图1）按一定方向运动（1个单位长度代表1米）．

图2是点P运动的路程s（米）与运动时间t（秒）之间的函数图，图3是点P的纵坐标y与点P运动的路程s之间的函数图象的一部分．
（1）s与t之间的函数表达式是 　s＝t　；
（2）与图3相对应的点P的运动路径是 　M→D→A→N或N→A→D→M　，点P出发 　10　秒首次到达点B；
（3）直接写出当3≤s≤8时，y与s之间的函数表达式，并在图3中补全函数图象．
【分析】（1）根据图2中P点运动的路程s（个单位）与运动时间t（秒）之间的函数图象可直接求得s与t之间的函数关系式是：S＝t（t≥0）．
（2）直接根据图3中，P点的纵坐标y与P点运动的路程s之间的函数图象的一部分可得：P点的运动路径是，M→D→A→N，把s＝5代入S＝t（t≥0）可得t＝10．
（3）结合图1中，分三种情形：当3≤s＜5，即P从A到B时．当5≤s＜7，即P从B到C时．y＝﹣1；当7≤s≤8，即P从C到M时，分别求解即可．
【解答】解：（1）s＝t（t≥0）．

（2）点P的运动路径是M→D→A→N或N→A→D→M．
点P出发10秒首次到达点B．
故答案为：M→D→A→N或N→A→D→M，10．

（3）当3≤s＜5，即P从A到B时，y＝4﹣s．
当5≤s＜7，即P从B到C时，y＝﹣1．
当7≤s≤8，即P从C到M时，y＝s﹣8．
综上所述，y＝．
补全图形：如图所示，

一十四、圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
22．（2022•玄武区一模）如图，在△ABC中，E是BC边上的点，以AE为直径的⊙O与AB，BC，AC分别交于点F，D，G，且D是的中点．
（1）求证AB＝AC；
（2）连接DF，当DF∥AC时，若AB＝10，BC＝12，求CE的长．

【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到∠EDA＝90°，根据圆心角、弧、弦之间的关系得到∠BAD＝∠CAD，进而证明∠B＝∠C，根据等腰三角形的判定定理证明结论；
（2）连接DF，DG，证明△AEC∽△DGC，根据相似三角形的性质求出AE，根据勾股定理求出DE，进而求出CE．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠EDA＝90°，
∵D是的中点，
∴＝，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠B+∠BAD＝90°，∠C+∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠C，
∴AB＝AC；
（2）解：连接DF，DG．
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵AB＝10，BC＝12，
∴AC＝10，CD＝6，
由勾股定理得：AD＝＝8，
∵DF∥AC，
∴＝，
∴BF＝FA，
在Rt△ADB中，AB＝10，BF＝FA，
∴DG＝DF＝AB＝5，
∴DG＝DF＝5，
∵∠C＝∠C，∠CDG＝∠CAE，
∴△AEC∽△DGC，
∴＝，即＝，
解得：AE＝，
在Rt△ADE中，∠ADE＝90°，AE＝，AD＝8，
∴DE＝＝，
∴EC＝CD﹣DE＝．

一十五、圆周角定理（共2小题）
23．（2022•建邺区二模）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，C为OA的中点，点D在上，且CD∥OB，则∠ABD＝　30°　．

【分析】根据在直角三角形中所对的边等于斜边的一半，得出∠CDO＝30°，进而得出∠COD＝60°，再利用圆周角定理求出即可．
【解答】解：连接DO，
∵∠AOB＝90°，C为OA的中点，
∴2CO＝DO，
∴∠CDO＝30°，
∴∠COD＝60°，
根据圆周角定理可得：∠ABD＝30°．
故答案为：30°．

24．（2022•秦淮区二模）如图，A，B是⊙O上的两点，点C在⊙O内，点D在⊙O外，AD，BD分别交⊙O于点E，F．求证∠ACB＞∠ADB．

【分析】延长AC交⊙O于M，连接BM，BE，根据三角形的外角性质得出∠ACB＞∠AMB，∠AEB＞∠ADB，根据圆周角定理得出∠AMB＝∠AEB，再求出答案即可．
【解答】解：延长AC交⊙O于M，连接BM，BE，

∵∠ACB＞∠AMB，∠AEB＞∠ADB，
又∵∠AMB＝∠AEB，
∴∠ACB＞∠ADB．
一十六．三角形的外接圆与外心（共2小题）
25．（2022•建邺区一模）如图①，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC外接圆⊙O上一点，连接CD，过点B作BE∥CD，交AD的延长线于点E，交⊙O于点F．
（1）求证：四边形DEFC是平行四边形；
（2）如图②，若AB为⊙O直径，AB＝7，BF＝1，求CD的长．

【分析】（1）证明ED∥CF，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得结论；
（2）连接AF，根据勾股定理计算AF的长，证明EF＝AF＝CD可得结论．
【解答】（1）证明：∵BE∥CD，
∴∠ADC＝∠E，
∵AC＝BC，
∴＝，
∴∠ADC＝∠BFC，
∴∠BFC＝∠E，
∴ED∥FC，
∴四边形DEFC是平行四边形；
（2）解：如图②，连接AF，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠AFB＝∠AFE＝90°，
∵AB＝7，BF＝1，
∴AF＝＝＝4，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°，
∵DE∥CF，
∴∠E＝∠BFC＝45°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴EF＝AF＝4，
∵四边形DEFC是平行四边形，
∴CD＝EF＝4．
26．（2022•鼓楼区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，经过点A，C，D的圆与BC相交于点E，连接AE．
（1）求证：△ABE是等边三角形．
（2）F是上一点，且FA＝FC，连接EF．求证：EF＝BC．

【分析】（1）利用平行四边形的性质可得∠B＝∠D＝60°，从而利用圆内接四边形对角互补，可求出∠AEC的度数，进而求出∠AEB的度数，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得AB＝AE，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠D＝∠AFC＝60°，从而可得△AFC是等边三角形，进而可得∠FCA＝60°，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠AEF＝∠FCA＝60°，等弧所对圆周角相等可得∠AFE＝∠ACB，从而证明△ABC≌△AEF，利用全等三角形的性质即可解答．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，
∴∠B＝∠D＝60°，
∵四边形AECD是圆内接四边形，
∴∠D+∠AEC＝180°，
∴∠AEC＝180°﹣∠D＝120°，
∴∠AEB＝180°﹣∠AEC＝60°，
∴∠BAE＝180°﹣∠B﹣∠AEB＝60°，
∴∠B＝∠BAE＝∠AEB，
∴△ABE是等边三角形；
（2）∵△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE，
∵∠D＝∠AFC＝60°，AF＝FC，
∴△AFC是等边三角形，
∴∠FCA＝60°，
∴∠AEF＝∠FCA＝60°，
∴∠AEF＝∠B＝60°，
∵∠AFE＝∠ACB，
∴△ABC≌△AEF（AAS），
∴BC＝EF．
一十七、直线与圆的位置关系（共2小题）
27．（2022•鼓楼区校级二模）点P是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点P向x轴，y轴作垂线段，若垂线段的长度的和为4，则点P叫做“垂距点”．例如：下图中的P（1，3）是“垂距点”．
（1）在点A（2，2），B（，﹣），C（﹣1，5）中，是“垂距点”的点为 　A，B　；
（2）求函数y＝2x+3的图象上的“垂距点”的坐标；
（3）⊙T的圆心T的坐标为（1，0），半径为r．若⊙T上存在“垂距点”，则r的取值范围是 　≤r＜5　．

【分析】（1）将各点横、纵坐标的绝对值相加，取和为4的点即是所求；
（2）设函数y＝2x+3的图像上的“垂距点”的坐标（a，2a+3），根据“垂距点”的定义可得出|a|+|2a+3|＝4，解之即可得出a值，进而可得出“垂距点”的坐标；
（3）设“垂距点”的坐标为（x，y），则|x|+|y|＝4（x•y≠0），画出该函数图象，分⊙T与DE相切及⊙T过点F两种情况求出r值，结合题意，即可得出r的取值范围．
【解答】解：（1）∵|2|+|2|＝4，||+|﹣|＝4，|﹣1|+|5|＝6≠4，
∴是“垂距点”的点为A，B．
故答案为：A，B．
（2）设函数y＝2x+3的图像上的“垂距点”的坐标（a，2a+3），
依题意得：|a|+|2a+3|＝4．
①当a＞0时，a+（2a+3）＝4，
解得：a＝，
∴此时“垂距点”的坐标为（，）；
②当﹣＜a＜0时，﹣a+（2a+3）＝4，
解得：a＝1（不合题意，舍去）；
③当a＜﹣时，﹣a﹣（2a+3）＝4，
解得：a＝﹣，
∴此时“垂距点”的坐标为（﹣，﹣）．
∴综上所述，函数y＝2x+3的图像上的“垂距点”的坐标是（，）或（﹣，﹣）．
（3）设“垂距点”的坐标为（x，y），则|x|+|y|＝4（x•y≠0），
当x＞0，y＞0时，x+y＝4，即y＝﹣x+4（0＜x＜4）；
当x＜0，y＞0时，﹣x+y＝4，即y＝x+4（﹣4＜x＜0）；
当x＜0，y＜0时，﹣x﹣y＝4，即y＝﹣x﹣4（﹣4＜x＜0）；
当x＞0，y＜0时，x﹣y＝4，即y＝x﹣4（0＜x＜4），
画出该函数图象，如图所示．
当⊙T与DE相切时，过点T作TN⊥直线DE于点N，易证△DNT为等腰直角三角形，
∴TN＝TD＝×|4﹣1|＝；
当⊙T过点F（﹣4，0）时，⊙T上不存在“垂距点”，
此时r＝FT＝|1﹣（﹣4）|＝5．
∴若⊙T上存在“垂距点”，则r的取值范围是≤r＜5．
故答案为：≤r＜5．

28．（2022•鼓楼区校级二模）如图，AB为⊙O直径，C为⊙O上一点，点D是的中点，DE⊥AC于E，DF⊥AB于F．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若OF＝4，求AC的长度．

【分析】（1）先连接OD、AD，根据点D是的中点，得出∠DAO＝∠DAC，进而根据内错角相等，判定OD∥AE，最后根据DE⊥OD，得出DE与⊙O相切；
（2）先连接BC交OD于H，延长DF交⊙O于G，根据垂径定理推导可得OH＝OF＝4，再根据AB是直径，推出OH是△ABC的中位线，进而得到AC的长是OH长的2倍．本题也可以过O作OM⊥AC于M，根据全等三角形的性质以及垂径定理进行求解．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切．
证明：连接OD、AD，
∵点D是的中点，
∴＝，
∴∠DAO＝∠DAC，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ODA，
∴∠DAC＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE与⊙O相切．

（2）解法1：连接BC交OD于H，延长DF交⊙O于G，
由垂径定理可得：OH⊥BC，＝＝，
∴＝，
∴DG＝BC，
∴弦心距OH＝OF＝4，
∵AB是直径，
∴BC⊥AC，
又∵OH∥AC，
∴OH是△ABC的中位线，
∴AC＝2OH＝8．
解法2：如图，过O作OM⊥AC于M，则四边形DOME是矩形，
∴∠DOM＝90°，
又∵DF⊥AB，
∴∠FDO+∠FOD＝∠MOA+∠FOD＝90°，
∴∠FDO＝∠MOA，
在△FDO和△MOA中，
，
∴△FDO≌△MOA（AAS），
∴AM＝OF＝4，
又∵OM⊥AC，
∴AC＝2AM＝8．


一十八、切线的判定与性质（共5小题）
29．（2022•建邺区二模）如图，四边形ABCD是菱形，以AB为直径作⊙O，交CB于点F，点E在CD上，且CE＝CF，连接AE．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）连接AC交⊙O于点P，若AP＝，BF＝1，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接AF，根据菱形的性质得到∠ACF＝∠ACE，根据全等三角形的性质得到∠AFC＝∠AEC，推出OA⊥AE，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接BP，根据圆周角定理得到∠APB＝90°，求得AC＝2AP＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AF，

∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACF＝∠ACE，
在△ACF与△ACE中，
，
∴△ACF≌△ACE（SAS），
∴∠AFC＝∠AEC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝∠AFC＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵AB∥DC，
∴∠BAE+∠AEC＝90°，
∴∠BAE＝90°，
∴OA⊥AE，
∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：连接BP，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵AB＝CB，AP＝，
∴AC＝2AP＝2，
设⊙O的半径为R，
∵AC2﹣CF2＝AF2，AB2﹣BF2＝AF2，
∴，
∴R＝（负值舍去），
∴⊙O的半径为．
30．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，△EBC的外接圆⊙O分别交AB，CD于点M，N．
（1）求证：AD与⊙O相切；
（2）若DN＝1，AD＝4，求⊙O的半径r．

【分析】（1）连接EO并延长交BC于点F，连接OB、OC，根据矩形的性质得到，AD∥BC，∠A＝∠D＝90°，根据全等三角形的性质得到EB＝EC，求得∠EFC＝90°，得到EF⊥AD．根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OE、ON，根据矩形的性质得到∠D＝90°．根据切线的性质得到∠OED＝90°．求得OH＝ED，DH＝OE＝r，得到OH＝ED＝AD＝2．根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接EO并延长交BC于点F，连接OB、OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD∥BC，∠A＝∠D＝90°，
∵E为AD的中点，
∴AE＝DE．
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∴EB＝EC，
∵OB＝OC，
∴EF垂直平分BC，
即∠EFC＝90°，
∴∠DEF+∠EFC＝180°，
∴∠DEF＝180°﹣∠EFC＝180°﹣90°＝90°，
即EF⊥AD．
∵点E在⊙O上，OE是⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切；

（2）解：过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OE、ON，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°．
∵AD切⊙O于点E，
∴∠OED＝90°．
∵∠OHD＝90°，
∴四边形OEDH是矩形，
∴OH＝ED，DH＝OE＝r，
∵E是AD的中点，
∴OH＝ED＝AD＝2．
在Rt△OHN中，由勾股定理得：
OF2+NF2＝ON2，
即22+（r﹣1）2＝r2．
∴解得r＝2.5，
故⊙O的半径r为2.5．

31．（2022•秦淮区一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，直线l过点C，AD⊥l，交⊙O于点F，垂足为D，BE⊥l，垂足为E，且＝．
（1）求证：l与⊙O相切；
（2）当AD＝4cm，BE＝1.5cm时，⊙O的半径为 　　cm．

【分析】（1）根据垂径定理可得OC⊥BF，由圆周角定理可得∠AFB＝90°，进而得出BF∥DE，由平行线的性质可得OC⊥DE，根据切线的判断方法可得结论；
（2）根据梯形的中位线定理可求出答案．
【解答】（1）证明：
连接OC．BF，
∵＝，OC是⊙O的半径，
∴OC⊥BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，即AF⊥BF，
∵AD⊥l，
∴BF∥DE，
∴OC⊥DE，
∵OC是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线，
即直线l是⊙O的切线；
（2）∵OC⊥DE，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴OC∥AD∥BE，
∵OA＝OB，
∴DC＝EC，
∴OC是梯形ABED的中位线，
∴OC＝（AD+BE）
＝（4+1.5）
＝，
故答案为：．

32．（2022•南京一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，以AB为直径的⊙O交BC于点D，点P在BC的延长线上，且∠BAC＝2∠P．
（1）求证：直线AP是⊙O的切线；
（2）若BC＝12，tanP＝，求⊙O的半径长及tan∠PAC的值．

【分析】（1）根据圆周角定理以及等腰三角形的性质可得AD是角平分线，进而得出∠B+∠P＝90°，由三角形的内角和定理得出∠BAP＝90°即可；
（2）由锐角三角函数可求出AB进而得出半径的值，求出EC，AE由锐角三角函数的定义求出答案即可．
【解答】（1）证明：如图，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AC＝AB，
∴AD平分∠BAC，即∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，
∵∠BAC＝2∠P，
∴∠BAD＝∠P，
∵∠BAD+∠B＝90°，
∴∠P+∠B＝90°，
∴∠BAP＝180°﹣90°＝90°，
即AB⊥AP，
∵OA是⊙O的半径，
∴PA是⊙O的切线；
（2）解：过点C作CE⊥PA，垂足为E，
由（1）可得BD＝CD＝BC＝6，
∵tan∠P＝＝tan∠BAD＝，
∴AD＝8，
∴AB＝＝10，
即⊙O的半径为5；
∵tan∠P＝＝，AB＝10，
∴PA＝，
∴PB＝＝，
∴PC＝PB﹣BC＝﹣12＝，
∵CE∥AB，
∵＝＝＝，
∴AE＝，EC＝PC＝，
∴tan∠PAC＝＝．

33．（2022•雨花台区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，与AC交于点D，DE⊥DB，垂足为D，与AB交于点E，经过B，D，E三点的⊙O与BC交于点F．
（1）求证AC是⊙O的切线；
（2）若BC＝3，AC＝4，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OD，根据垂直的定义得到∠EDB＝90°，根据角平分线的定义得到∠OBD＝∠DBC，根据等腰三角形的性质得到∠OBD＝∠ODB，根据平行线的性质得到∠ADO＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）解根据平行线的性质得到∠AOD＝∠ABC，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵DE⊥DB，
∴∠EDB＝90°，
∴BE是直径，点O是BE的中点，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠DBC，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠DBC＝∠ODB，
∴OD∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ADO＝90°，
∴OD⊥AC，
∵AC经过⊙O的外端点，
∴AC是⊙O的切线；

（2）解：∵OD∥BC，
∴∠AOD＝∠ABC，
∵∠AOD＝∠ABC，∠OAD＝∠BAC，
∴△AOD∽△ABC，
∴，
∵BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝5，
设⊙O的半径为r，
则OD＝OB＝r，OA＝5﹣r，
∴＝，
∴r＝，
∴⊙O的半径为．

一十九、三角形的内切圆与内心（共1小题）
34．（2022•鼓楼区二模）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作DE∥BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）已知AG＝8，＝，点I为△ABC的内心，求GI的长．

【分析】（1）连接OG，根据角平分线的定义得到∠BAG＝∠CAG，根据垂径定理得到OG⊥BC，根据平行线的性质得到OG⊥EF，根据切线的判定定理得到结论；
（2）连接BI，BG，根据角平分线定义得到∠BAI＝∠CAI，∠ABI＝∠CBI，推出∠BIG＝∠GBI，得到BG＝IG，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OG，
∵∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，
∴∠BAG＝∠CAG，
∴＝，
∴OG⊥BC，
∵DE∥BC
∴OG⊥EF，
∵OG是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接BI，BG，
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，
∴∠BAI＝∠CAI，∠ABI＝∠CBI，
∵∠BIG＝∠BAI+∠ABI，∠GBI＝∠GBC+∠CBI，∠GBC＝∠GAC，
∴∠BAI＝∠CBG，
∴∠BIG＝∠GBI，
∴BG＝IG，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADG，
∴＝＝，
∵AG＝8，
∴AF＝6，
∴FG＝2，
∵∠BGF＝∠AGB，∠GBF＝∠BAG，
∴△BGF∽△AGB，
∴＝，
∴＝，
∴BG＝4（负值舍去），
∴GI的长为4．

二十、圆的综合题（共6小题）
35．（2022•南京二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆．D为BC延长线上一点，AD交⊙O于点E，连接BE．
（1）求证：∠D＝∠ABE；
（2）若AB＝5，BC＝6．
①求⊙O的半径r；
②的最大值为 　　．

【分析】（1）证明△DAB∽△BAE，可得结论；
（2）①连接AO并延长交BC于F，连接OC，利用勾股定理求解即可；
②证明△DAC∽△DBE，推出＝＝，推出当BE为直径时，的值最大．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴．
∴∠AEB＝∠ABC，又∠DAB＝∠BAE，
∴△DAB∽△BAE，
∴∠D＝∠ABE；

（2）解：①连接AO并延长交BC于F，连接OC，

∵AB＝AC，点O为圆心，
∴BF＝CF＝3，AF⊥BC．
在Rt△AFC中，AF＝＝4．
在Rt△OFC中，OF2+CF2＝OC2，即32+（4﹣r）2＝r2
解得r＝；

②∵∠D＝∠D，∠DAC＝∠DBE，
∴△DAC∽△DBE，
∴＝＝，
∴当BE为直径时，的值最大，最大值＝＝．
故答案为：．
36．（2022•秦淮区二模）【概念认识】
与矩形一边相切（切点不是顶点）且经过矩形的两个顶点的圆叫做矩形的第Ⅰ类圆；与矩形两边相切（切点都不是顶点）且经过矩形的一个顶点的圆叫做矩形的第Ⅱ类圆．
【初步理解】
（1）如图①～③，四边形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都与边AD相切，⊙O2与边AB相切，⊙O1和⊙O3都经过点B，⊙O3经过点D，3个圆都经过点C．在这3个圆中，是矩形ABCD的第Ⅰ类圆的是 　①　，是矩形ABCD的第Ⅱ类圆的是 　②　．
【计算求解】
（2）已知一个矩形的相邻两边的长分别为4和6，直接写出它的第Ⅰ类圆和第Ⅱ类圆的半径长．
【深入研究】
（3）如图④，已知矩形ABCD，用直尺和圆规作图．（保留作图痕迹，并写出必要的文字说明）
①作它的1个第Ⅰ类圆；
②作它的1个第Ⅱ类圆．

【分析】（1）由定义直接判断即可；
（2）第Ⅰ类圆分两种情况求：当AD＝6，AB＝4时和AD＝4，BC＝6时；第Ⅰ类圆和第Ⅱ类圆都利用勾股定理和垂径定理求解即可；
（3）第一步：作∠BAD的平分线；第二步：在角平分线上任取点E，过点E作EF⊥AD，垂足为点F；第三步：以点E为圆心，EF为半径作圆E，交AC于点G，连接FG；第四步过点C作CH∥FG，CH交AD于点H；第五步过点H作AD的垂线，交∠BAD的平分线于点O；第六步：以点O为圆心，OH为半径的圆，⊙O即为所求第Ⅱ类圆．
【解答】解：（1）由定义可得，①的矩形有一条边AD与⊙O1相切，点B、C在圆上，
∴①是第Ⅰ类圆；
②的矩形有两条边AD、AB与⊙O2相切，点C在圆上，
∴②是第Ⅱ类圆；
故答案为：①，②；
（2）如图1，设AD＝6，AB＝4，切点为E，过点O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，连接BO，
设BO＝r，则OE＝r，OF＝4﹣r，
由垂径定理可得，BF＝CF＝3，
在Rt△BOF中，r2＝（4﹣r）2+32，
解得r＝；
如图2，设AD＝4，BC＝6，切点为E，过点O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，连接BO，
设BO＝r，则OE＝r，OF＝6﹣r，
由垂径定理可得，BF＝CF＝2，
在Rt△BOF中，r2＝（6﹣r）2+22，
解得r＝；
综上所述：第Ⅰ类圆的半径是或；
如图3，AD＝6，AB＝4，过点O作MN⊥AD交于点M，交BC于点N，连接OC，
设AB边与⊙O的切点为G，连接OG，
∴GO⊥AB，
设OM＝r，则OC＝r，则ON＝4﹣r，
∵OG＝r，
∴BN＝r，
∴NC＝6﹣r，
在Rt△OCN中，r2＝（4﹣r）2+（6﹣r）2，
解得r＝10﹣4，
∴第Ⅱ类圆的半径是10﹣4；
（3）①如图4，
第一步，作线段AD的垂直平分线交AD于点E，
第二步，连接EC，
第三步，作EC的垂直平分线交EF于点O，
第四步，以O为圆心，EO为半径作圆，
∴⊙O即为所求第Ⅰ类圆；
②如图5，
第一步：作∠BAD的平分线；
第二步：在角平分线上任取点E，过点E作EF⊥AD，垂足为点F；
第三步：以点E为圆心，EF为半径作圆E，交AC于点G，连接FG；
第四步：过点C作CH∥FG，CH交AD于点H；
第五步：过点H作AD的垂线，交∠BAD的平分线于点O；
第六步：以点O为圆心，OH为半径的圆，⊙O即为所求第Ⅱ类圆．






37．（2022•南京一模）解决问题常常需要最近联想，迁移经验．例如研究线段成比例时需要想到…
【积累经验】
（1）如图①，⊙O是△ABC的外接圆，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径．求证＝．
（2）如图②，已知线段a，b，c．用两种不同的方法作线段d，使得线段a，b，c，d满足＝．
要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
【问题解决】
（3）如图③，已知线段a，b．AB是⊙O的弦．在⊙O上作点C，使得CA•CB＝ab．
要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．

【分析】（1）连接BE，证△ABE∽△ADC，即可得出比例关系；
（2）构造△ABC∽△DEF，使得AB＝a，AC＝b，DE＝c，由对应边成比例可得DF＝d或“等积构造”：构造△ABC使得AB＝2c，AB边上的高为，AC＝a，由等积可得AC边上的高BD＝d；
（3）设⊙O直径为EF，设圆上点P到EF的距离为d，利用（2）的方法得出d，再以D的长度为AB的高交圆于点C，利用（1）可知，C点即为所求．
【解答】（1）证明：连接BE，

∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC＝90°
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠ADC＝∠ABE，
∵＝，
∴∠C＝∠AEB，
∴△ABE∽△ADC，
∴＝；
（2）解：法一“相似构造”：构造△ABC∽△DEF，使得AB＝a，AC＝b，DE＝c，由对应边成比例可得DF＝d；

法二“等积构造”：构造△ABC使得AB＝2c，AB边上的高为，AC＝a，由等积可得AC边上的高BD＝d；

法三“转化构造”：构造△ABC使得AB＝b，AC＝c，BC边上的高为a，作△ABC的外接圆⊙O，由（1）问结论得⊙O直径EF＝d；

（3）解：如图，点C即为所求．（答案不唯一，以下解法供参考）
设⊙O直径为EF，设圆上点P到EF的距离为d，
①构造△ABC∽△DEF，使得AB＝a，DE＝b，由对应边成比例可得AC＝d，即ab＝EF•d；

②过AB上D点作弦AB一条高，交⊙O于C，且CD＝d，过C点作⊙O的直径CE，连接AC、BC，
同理（1）可得，
即CA•CB＝ab．

38．（2022•玄武区一模）旋转的思考
【探索发现】
（1）已知△ABC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．小美，小丽探索发现了下列结论．
小美的发现如图①，连接对应点BB′，CC′，则＝．
小丽的发现如图②，以A为圆心，BC边上的高AD为半径作⊙A，则B′C′与⊙A相切．
（ⅰ）请证明小美所发现的结论．
（ⅱ）如图②，小丽过点A作AD′⊥B′C′，垂足为D′．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

【问题解决】
（2）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝，AC＝2，M是AC的中点，将△ABC绕点M逆时针旋转得到△A'B'C'．
（ⅰ）如图③，当边B'C'恰好经过点C时，连接BB'，则BB'的长为 　4　．
（ⅱ）在旋转过程中，若边B'C'所在直线l恰好经过点B，请在图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线l．（保留作图痕迹，不写作法）
【拓展研究】
（3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线BB'，CC'交于点P，则BP的最大值为 　5　．


【分析】（1）（i）证明△ABB′∽△ACC′可得结论；
（ii）证明AD′是⊙A的半径，AD′⊥B′C′，可得结论；
（2）（i）如图3中，连接BM，MB′，过点M作MH⊥CC′于点H．解直角三角形求出CC′，再证明△BMB′∽△MCC′，推出＝，可得结论；
（ii）连接BM．在BM的上方作∠DBM＝∠MBC，直线BD即为所求；
（3）如图⑤中，连接MB，MB′．证明∠CPB＝45°，因为BC＝＝＝5＝定值，推出点P的运动轨迹是圆，假设圆心为O，连接OB，OC，OP．求出OB，OP，可得结论．
【解答】（1）（ⅰ）证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AB＝AB′，AC＝AC′，∠BAB′＝∠CAC′，
∴＝．
∵∠BAB′＝∠CAC′，
∴△ABB′∽△ACC′．
∴＝；

（ⅱ）证明：∵△ABC≌△AB′C′，
∴AB＝AB′，∠B＝∠B′
∵∠ADB＝∠AD′B′＝90°，
∴△ABD≌△AB′D′（AAS），
∴AD＝AD′，
∵AD′是⊙A的半径，AD′⊥B′C′，
∴B′C′是⊙A的切线．
故答案为：∠B＝∠B′，AD＝AD′；

（2）解：（ⅰ）如图3中，连接BM，MB′，过点M作MH⊥CC′于点H．

∵AB＝AM＝，∠A＝90°，
∴BM＝AB＝，
∵MC＝MC′＝，tanC′＝＝，
∴MH＝1，HC′＝CH＝2，
∴CC′＝2CH＝4，
由旋转变换的性质可知，MB＝MB′，∠BMB′＝∠CMC′，
∴△BMB′∽△MCC′，
∴＝，
∴＝，
∴BB′＝4．
故答案为：4；

（ⅱ）如图④中，直线l即为所求．


（3）如图⑤中，连接MB，MB′．

∵△MBB′∽△MCC′，
∴∠MB′B＝∠MC′C，
∵∠MB′B+∠PB′M＝180°，
∴∠MC′C+∠PBM＝180°，
∴∠BMC′+∠CPB＝180°，
∵A′M＝A′B，∠A′＝90°，
∴∠A′MB＝45°，
∴∠BMC′＝135°，
∴∠CPB′＝45°，
∵BC＝＝＝5＝定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为O，连接OB，OC，OP．
∴∠BOC＝2∠CPB＝90°，
∴OB＝OC＝OP＝，
∵PB≤OB+OP＝5，
∴BP的最大值为5．
故答案为：5．
39．（2022•秦淮区一模）【数学概念】
我们把存在内切圆与外接圆的四边形称为双圆四边形．例如，如图①，四边形ABCD内接于⊙M，且每条边均与⊙P相切，切点分别为E，F，G，H，因此该四边形是双圆四边形．

【性质初探】
（1）双圆四边形的对角的数量关系是 　互补　，依据是 　圆内接四边形的对角互补　．
（2）直接写出双圆四边形的边的性质．（用文字表述）
（3）在图①中，连接GE，HF，求证GE⊥HF．
【揭示关系】
（4）根据双圆四边形与四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系，在图②中画出双圆四边形的大致区域，并用阴影表示．
【特例研究】
（5）已知P，M分别是双圆四边形ABCD的内切圆和外接圆的圆心，若AB＝1，BC＝2，∠B＝90°，则PM的长为 　　．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可解答；
（2）根据切线长定理可得：双圆四边形的对边的和相等；
（3）证法一：作辅助线，构建⊙P的半径，根据四边形的内角和定理和圆周角定理可得∠ENH＝90°，可得结论；
证法二：如图2，作辅助线，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得结论；
证法三：如图3，作辅助线，根据切线长定理和四边形内角和定理，对顶角相等可得结论；
（4）四边形有一部分是双圆四边形，正方形是双圆四边形，从而可以画出图形；
（5）先根据（2）中的结论可得M在直径AC上，作辅助线，要构建正方形，由三角函数设AE＝a，EM＝2a，根据BE＝EM可列方程2a＝1﹣a，从而得结论．
【解答】解：（1）双圆四边形的对角的数量关系是互补，依据是圆内接四边形的对角互补；
故答案为：互补；圆内接四边形的对角互补；
（2）∵⊙P与四边形ABCD四边相切，
∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DG＝DH，
∴AB+CD＝AE+BE+DG+CG＝AH+BF+DH+CF＝AD+BC；
即双圆四边形的对边的和相等；
（3）证法一：

如图1，设HF和GE交点为N．连接HE，PE，PF，PG，PH，
∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，G，H为切点，
∴∠DHP＝∠DGP＝90°．
∴∠D+∠HPG＝180°．
同理∠B+∠EPF＝180°．
∴∠HPG+∠EPF＝180°．
∵∠HEG＝∠HPG，∠EHF＝∠EPF，
∴∠HEG+∠EHF＝（∠HPG+∠EPF）＝90°，
∴∠HNE＝90°，即GE⊥HF；
证法二：
如图2，设HF和GE交点为N．连接PH，延长HP交⊙P于点K，连接HG，GK，HE，EF，

∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，H，G为切点，
∴DH＝DG，∠DHP＝90°，即∠DHG+∠GHP＝90°，
∴∠DHG＝∠DGH＝（180°﹣∠D），
∵HK是⊙P直径，
∴∠HGK＝90°，即∠GHP+∠K＝90°，
∴∠DHG＝∠K，
∵∠HEG＝∠K，
∴∠DHG＝∠HEG，
∴∠HEG＝（180°﹣∠D），
同理∠EHF＝（180°﹣∠B），
∴∠HEG+∠EHF＝（180°﹣∠D）+（180°﹣∠B）＝90°，
∴∠HNE＝90°，即GE⊥HF；

证法三：
如图3，设HF和GE交点为N．延长AB，DC，相交于点K，

∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，H、G为切点，
∴KG＝KE，
∴∠KGE＝∠KEG，
∵∠KGE+∠DGE＝180°，
∴∠KEG+∠DGE＝180°，
同理∠DHF+∠BFH＝180°，
在四边形DHNG和四边形BFNE中，
∴∠HNG+∠FNE＝2×360°﹣3×180°＝180°，
∵∠HNG＝∠FNE，
∴∠HNG＝90°，即GE⊥HF；
（4）阴影区域如下图；

（5）如图4，连接AC，连接FM，ME，

∵∠B＝90°，
∴AC是⊙P的直径，
由（2）知：AB+CD＝BC+AD，
设AD＝x，则CD＝x+1，
∴AC2＝x2+（x+1）2＝12+22，
∴x1＝1，x2＝﹣2，
∴AD＝1，CD＝2，
∴AD＝AB，CD＝BC，
∵AC＝AC，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∴∠ACB＝∠ACD，∠CAD＝∠CAB，
∴点M在AC上，
∴∠B＝∠BEM＝∠BFM＝90°，FM＝EM，
∴四边形BEMF是正方形，
∴EM＝FM，
∵EM∥BC，
∴∠AME＝∠ACB，
∴tan∠AME＝tan∠ACB，
∴＝，
设AE＝a，EM＝2a，
∴2a＝1﹣a，
∴a＝，
∴PM＝﹣＝．
故答案为：．
40．（2022•建邺区二模）阅读下面材料：
在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题：
尺规作图：如图1，过圆外一点作圆的切线．
已知：P为⊙O外一点．
求作：经过点P的⊙O的切线．
小敏的作法如下：如图2，
（1）连接OP，作线段OP的垂直平分线MN交OP于点C；
（2）以点C为圆心，CO的长为半径作圆，交⊙O于A，B两点；
（3）作直线PA，PB．
所以直线PA，PB就是所求作的切线．
老师认为小敏的作法正确．
请回答：
（1）连接OA，OB后，可证∠OAP＝∠OBP＝90°，其依据是　直径所对的圆周角是直角　；
（2）如果⊙O的半径等于3，点P到切点的距离为4，求点A与点B之间的距离．

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角解决问题即可．
（2）如图2﹣1中，连接OA，OBAB，AB交OP于H．首先证明OP垂直平分线段AB，利用面积法求出AH即可解决问题．
【解答】解：（1）如图2中，连接OA，OB．

∵PC是直径，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°（直径所对的圆周角是直角）
故答案为直径所对的圆周角是直角．

（2）如图2﹣1中，连接OA，OBAB，AB交OP于H．

∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∵OA＝OB，
∴OP垂直平分线段AB，
∴AH＝BH，
∵OA＝3，PA＝4，
∴OP＝＝＝5，
∵S△AOP＝•OA•AP＝•OP•AH，
∴AH＝＝，
∴AB＝2AH＝．
二十一、作图—复杂作图（共6小题）
41．（2022•鼓楼区校级二模）尺规作图：如图，已知正方形ABCD，在边CD上求作一点P，使∠PBC＝15°．（保留作图痕迹，不写作法）

【分析】作线段AB的垂直平分线交AB于点E，交CD于点F，以B为圆心，BC为半径作弧交EF于点G，作BH平分∠GBC交CD于点P，点P即为所求．
【解答】解：如图，点P即为所求．

42．（2022•建邺区二模）尺规作图：如图，已知AB是⊙O的直径．用两种不同的方法作圆的内接四边形ABCD，要求AB∥CD且∠A＝60°．（不写作法，保留作图痕迹．）


【分析】如图1中，分别以A，O为圆心，OA为半径画弧，两弧交于点D，分别以B，O为圆心，OB为半径画弧，两弧交于点C，连接AD，CD，CB即可．
如图2中，分别作出线段OA，OB的垂直平分线交⊙O于点D，C，连接AD，CD，CB即可．
【解答】解：如图1，2中，四边形ABCD即为所求；

43．（2022•玄武区二模）已知△ABC，请用无刻度的直尺和圆规完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）在图①中，BC所在直线的下方求作一点M，使得∠BMC＝∠A；
（2）在图②中，BC所在直线的下方求作一点N，使得∠BNC＝2∠A．

【分析】（1）作点A关于BC的对称点M，连接BM，CM即可；
（2）在（1）的基础上，作△BMC的外接圆⊙N，连接BN，CN即可．
【解答】解：（1）如图①中，∠BMC即为所求；
（2）如图②中，∠BNC即为所求．

44．（2022•鼓楼区二模）尺规作图：如图，在▱ABCD的边AD上求作点P，使P分别满足以下要求：
（1）BP＝CP；
（2）BP＝AP+BC．

【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AD于点P，点P即为所求；
（2）延长DA到T，使得AT＝AD，连接BT，作线段BT的垂直平分线交AD于点P，连接BP，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图1在中，点P即为所求；
（2）如图2中，点P即为所求．

45．（2022•建邺区一模）尺规作图：如图，已知△ABC，AB＝AC，作矩形MNPQ，使得点M、N分别在边AB、AC上，点P、Q在边BC上，且MN＝2MQ（不写作法，保留作图痕迹）．

【分析】先作∠BAC的平分线AH，再作∠AHB的平分线交AB于M，接着过M点作BC的垂线，垂足为Q，然后以H点为圆心，HM为半径画弧交AC于N，以H点为圆心，HQ为半径画弧交CH于P，则四边形MNPQ满足条件．
【解答】解：如图，矩形MNPQ为所作．

46．（2022•秦淮区一模）如图，已知线段a，h，用直尺和圆规按下列要求分别作一个等腰三角形ABC（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）．

（1）△ABC的底边长为a，底边上的高为h；
（2）△ABC的腰长为a，腰上的高为h．
【分析】（1）根据要求作出图形，使得AB＝AC，BC＝a，BC边上的高为h；
（2）根据要求作出图形，使得AB＝AC＝a，AC边上的高为h．
【解答】解：（1）如图1中，△ABC（AB＝AC）为所求．

（2）如图2中，△ABC（AB＝AC）为所求．
二十二、作图—应用与设计作图（共2小题）
47．（2022•南京二模）△ABC是一块三角形铁皮，如何按要求从中剪一个面积最大的圆？
【初步认识】
（1）请用无刻度直尺和圆规在图①中作出面积最大的圆（不写作法，保留作图痕迹）．
【继续探索】
（2）若三角形铁皮上有一破损的孔点D（孔径大小忽略不计），要求剪一个面积最大的圆且圆面无破损，请用无刻度直尺和圆规在图②中作出满足要求的圆（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）．
【问题解决】
（3）如图③，若AB＝AC＝10，BC＝12，E、F分别是AB、AC的中点，破损的孔点D位于EF上（孔径大小忽略不计）．设DE＝x，剪出面积最大的圆（圆面无破损）的半径为r，直接写出x和r的关系式及对应x的取值范围．
【分析】（1）如图①中，作∠ABC，∠ACB的角平分线的交点O，过点O作OD⊥BC于点D，以O为圆心，OD为半径作⊙O即可；
（2）①作∠ABC的角平分线BE，在BE在取一点O1，作⊙O1，与AB、BC均相切；
②连接BD交⊙O1于点D1，连接D1O1，过D作DO∥D1O1交BE于点O；
③以O为圆心，DO为半径作⊙O．
（3）分四种情形，画出图形求解即可．
【解答】（1）证明：如图，△ABC的内切圆⊙O即为所求．


（2）如图②中，⊙O即为所求．

（3）情况一：如图，当0≤x≤或≤x≤6时，r＝3；

情况二：如图，当≤x≤3时，x＝9﹣2r﹣
情况三：如图，当3＜x≤时，x＝2r+﹣3．



48．（2022•秦淮区一模）图①是2022年北京冬季奥运会自由式滑雪大跳台和单板滑雪大跳台的比赛场馆，别名“雪飞天”．我们画出一个与它类似的示意图②，其中出发区EF、起跳区CD都与地面AB平行．助滑坡DE与着陆坡AC的长度之和为80m．已知EF到AB的距离是CD到AB的距离的3倍，∠A＝30°，M为CD延长线上一点，∠EDM＝37°．求EF到AB的距离．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．）

【分析】如图，作CP⊥AB，垂足为P，作EQ⊥AB，垂足为Q，并交CD延长线于点N．
【解答】解：如图，作CP⊥AB，垂足为P，作EQ⊥AB，垂足为Q，并交CD延长线于点N．

根据题意，得四边形CPQN是矩形．
∴CP＝NQ．
设CP的长为x m，则NQ＝x m，EN＝3x﹣x＝2x（m），
在Rt△ACP中，∠A＝30°，
∵sin30°＝，
∴AC＝＝＝2x，
在Rt△DEN中，∠EDN＝37°，
∵sin37°＝，
∴DE＝＝≈x，
∵AC+DE＝80，∴2x+x＝80，
解得x＝15，
3x＝45．
所以EF到AB的距离为45m ．