中考数学一轮复习重点考向练习突破01 与三角形、四边形、圆有关的计算与证明（含图形变化）（2份，原卷版+解析版）

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与三角形、四边形、圆有关的计算，每年连续考查，与三角形有关的计算，常以一般三角形或特殊三角形为背景，结合全等、相似、勾股定理考查求线段长或角度；与四边形有关的计算，考查的形式有矩形、正方形的折叠求线段长或角度，矩形与坐标系结合求点坐标；与圆有关的计算，以直角三角形和圆为背景，涉及切线的性质求线段长或角度.
►考向一 与三角形有关的计算与证明
1．（2023•江西）如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，BC＝2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜360°）得到AP，连接PC，PD．当△PCD为直角三角形时，旋转角α的度数为 90°或180°或270° ．
【思路点拨】P点在以A为圆心，AB为半径的圆上运动，有固定轨迹，△PCD为直角三角形，要分三种情况讨论求解．
【完整解答】解：由题意可知，P点在以A为圆心，AB为半径的圆上运动．
知识目标（新课程标准提炼）
中考命题趋势（分析考察方向，精准把握重难点）
重点考向（以真题为例，探究中考命题方向）
►考向一 与三角形有关的计算与证明
►考向二 与四边形有关的计算与证明
►考向三 与圆有关的计算与证明
如图：延长BA与⊙A交于P3，连接P3C．
∵P3C＝2AB＝BC，
又∵∠B＝60°，
∴△P3BC为等边三角形，
∴AC⊥AB．
在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴CD⊥AC．
∴∠ACD＝90°，
∴当P在直线AC上时符合题意，
∴α1＝90°，α2＝270°．
连接P3D，
∵AP3∥CD，AP3＝AB＝CD，
∴四边形ACDP3为平行四边形．
∴∠P3DC＝∠P3AC＝90°，
即：P运动到P3时符合题意．
∴α3＝180°．
记CD中点为G，以G为圆心，GC为半径作⊙G．
AG＝＝＝＝＞，
∴⊙A与⊙G相离，
∴∠DPC＜90°．
故答案为：90°、180°、270°．
【考点剖析】本题考查了直角三角形的定义，等边三角形，等腰三角形的性质及判定，以及圆周角定理，勾股定理等知识点．题目新颖、灵活，解法多样，需要敏锐的感知图形的运动变化才能顺利解题．
2．（2022•南昌）问题背景：某课外学习小组在一次学习研讨中，得到了如下两个命题：
①如图1，在正三角形ABC中，M，N分别是AC，AB上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝60°，则BM＝CN；
②如图2，在正方形ABCD中，M，N分别是CD，AD上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝90°，则BM＝CN．
然后运用类比的思想提出了如下命题；
③如图3，在正五边形ABCDE中，M，N分别是CD，DE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°，则BM＝CN．任务要求：
（1）请你从①，②，③三个命题中选择一个进行证明；
（2）请你继续完成下面的探索：
①如图4，在正n（n≥3）边形ABCDEF…中，M，N分别是CD，DE上的点，BM与CN相交于点O，试问当∠BON等于多少度时，结论BM＝CN成立；（不要求证明）
②如图5，在正五边形ABCDE中，M，N分别是DE，AE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°时，试问结论BM＝CN是否还成立．若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
【思路点拨】（1）正三角形ABC中，可通过全等三角形来证明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；正方形和正五边形的证明过程与正三角形的一样，都是通过全等三角形来得出线段的相等，证三角形的过程中都是根据∠BON和多边形的内角相等得出一组两三角形中的一组对应角相等，然后根据正多边形的内角和边相等，得出BCM和CND全等，进而得出BM＝CN；（2）①由（1）的证明过程可知道∠MON的度数应该是正多边形的内角的度数，当∠BON＝时，结论BM＝CN成立，
②可参照（1）先得出三角形BCD和CDE全等，然后通过证三角形CEN和BDM全等来得出结论，在证三角形CEN和BDM全等的过程中也是通过∠BON与正五边形的内角相等得出一组对应角相等，然后根据正五边形的内角减去第一对全等三角形中得出的相等角来得出另一组对应角相等，可通过△BCD≌△CDE得出CE＝BD，那么可得出三角形CEN和BDM全等，由此可得证．
【完整解答】
解：（1）选命题①
在图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．
选命题②
在图2中∵四边形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．
选命题③
在图3中，∵五边形ABCDE是正五边形，
∴BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝108°．
∵∠BON＝108°，
∴∠CBM+∠BCN＝108°．
∵∠BCN+∠DCN＝108°，
∴∠CBM＝∠DCN．
∴△BCM≌△CDN（ASA）．
∴BM＝CN．
（2）①当∠BON＝时，结论BM＝CN成立．
②BM＝CN成立．
在图5中，连接BD、CE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴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．
【考点剖析】本题主要考查了全等三角形，正多边形等几何知识，是一道几何型探究题，层层深入，体现了一个由特殊到一般的过程，考查学生的逻辑思维能力及归纳探索诸多方面的能力，是一道很好的压轴题．本题是一道非常典型的几何探究题，很好地体现了从一般到特殊的数学思想方法，引导学生渐渐地从易走到难，是新课标形势下的成熟压轴题．
3．（2016•莱芜）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为 2+2 ．
【思路点拨】根据题意首先取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，进而求出答案．
【完整解答】解：如图所示：取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，在
Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝4，点OE为斜边中线，
∴OE＝B1E＝A1B1＝2，
又∵B1C1＝BC＝2，
∴C1E＝＝2，
∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝2+2．
故答案为：2+2．
【考点剖析】此题主要考查了轨迹以及勾股定理等知识，正确得出C点位置是解题关键．
4．（2023•济宁）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点D，E在边BC上，若∠DAE＝30°，，则BD＝ 3﹣ ．
【思路点拨】过点A作AH⊥BC于H，根据等边三角形的性质可得∠BAC＝60°，再由AH⊥BC，可得∠BAD+∠DAH＝30°，再 根据∠BAD+∠EAC＝30°，可得∠DAH＝∠EAC，从而可得tan∠DAH＝tan∠EAC＝，利用锐角三角函数求得AH＝ABsin60°＝3，再由，求得DH＝3﹣，即可求得结果．
【完整解答】解：过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴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﹣，
故答案为：3﹣．
【考点剖析】本题考查等边三角形的性质、锐角三角函数，熟练掌握等边三角形的性质证明∠DAH＝∠EAC是解题的关键．
5．（2022•武汉）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是 80 ．
【思路点拨】过点D作DM⊥CI于点M，过点F作FN⊥CI于点N，由正方形的性质可证得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，FN＝CJ，可证得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜边上的中线的性质可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，从而可得CN，可得BJ与AJ，即可求解．
【完整解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI于点N，
∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线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，
∵四边形ABHL为正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四边形AJKL为矩形，
∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80，
故答案为：80．
【考点剖析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，利用全等三角形的性质进行求解．
6．（2023•衢州）如图，在△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，AC于点D，E．分
别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，交于∠BAC内一点F．连结AF并延长，交BC于点G．连结DG，EG．添加下列条件，不能使BG＝CG成立的是（ ）
A．AB＝ACB．AG⊥BCC．∠DGB＝∠EGCD．AG＝AC
【思路点拨】根据题意可知AG是三角形的角平分线，再结合选项所给的条件逐次判断能否得出BG＝CG即可．
【完整解答】解：根据题中所给的作图步骤可知，
AB是△ABC的角平分线，即∠BAG＝∠CAG．
当AB＝AC时，又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（SAS），
所以BG＝CG，
故A选项不符合题意．
当AG⊥BC时，
∠AGB＝∠AGC＝90°，
又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（ASA），
所以BG＝CG，
故B选项不符合题意．
当∠DGB＝∠EGC时，
因为∠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°，
则方法同（2）可得出BG＝CG，
故C选项不符合题意．
故选：D．
【考点剖析】本题考查全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．
7．（2023•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，连接AM，将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，在AM，AN上分别截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG并延长交BC于点H．若AM＝，CH＝2，则AG的长为 ．
【思路点拨】解法一：由旋转的性质得AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，连接DE，BF，由等线段减等线段相等可得FN＝EM，于是可通过SAS证明△BFN≌△DEM，得到BF＝DE，易得AF＝AB，AE＝AD，由三角形内角和定理可得∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），由∠DAE＝∠BAF得到∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，易得△AFE为等腰直角三角形，根据等角减等角相等可知∠GFB＝∠GDE，于是可通过AAS证明△GFB≌△GDE，得到FG＝DG，BG＝EG，进而可通过SSS证明△AFG≌△ADG，得到∠DAH＝∠NAH，由平行线的性质可得∠AHN＝∠NAH，则AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，则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，过点G作 PG∥BC，交AB于点P，易得△APG∽△ABH，由相似三角形的性质得，易得△PBG为等腰直角三角形，PG＝PB，分两种情况讨论：①当BH＝6时，AB＝BC＝8，则＝，进而可设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的长；②当时，AD＝CD＝AB＝，此时点M在CD的延长线上，与题意不符．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，BN＝y，则BC＝x+2＝AB，AN＝x+y，以此可建立关于x，y的方程组，解得：或，再同解法一讨论即可得出
【完整解答】解：解法一：∵将△ADM绕点A顺时针旋90°得到△ABN，
∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，
如图，连接DE，BF，
∵AE＝AF＝BC，FN＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，
∴FN＝EM，
在△BFN和△DEM中，
，
∴△BFN≌△DEM（SAS），
∴BF＝DE，
∵四边形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为等腰直角三角形，
∴∠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＝，
设BH＝x，则AB＝BC＝BH+CH＝x+2，，
在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，
∴，
解得：x1＝6，，
∴BH＝6或，
如图，过点G作 PG∥BC，交AB于点P，
∴△APG∽△ABH，
∴，即，
∵PG∥BC，
∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，
∵PBG＝45°，
∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，
∴PG＝PB，
①当BH＝6时，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，
∴＝＝，
∴设AP＝4a，PG＝3a＝PB，
∵AB＝AP+PB＝8，
∴4a+3a＝8，
解得：，
在Rt△APG中，＝＝5a＝；
②当时，AB＝CD＝BC＝BH+CH＝，
在Rt△ADM中，DM＝＝＝8，
∵DM＝8＞CD＝，
∴点M在CD的延长线上，与题意不符．
综上，AG的长为．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，
设BH＝x，BN＝y，
∴BC＝BH+CH＝x+2＝AB，AN＝BH+BN＝x+y，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
∴，
解得：，，
同解法一讨论，即可得出AG＝．
故答案为：．
【考点剖析】本题考查了正方形的性质、图形旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
8．（2022•襄阳）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，点D为的中点，连接AC，BC，AD，AD与BC相交于点G，过点D作直线DE∥BC，交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若＝，CG＝2，求阴影部分的面积．
【思路点拨】（1）连接OD，证明OD⊥DE即可；
（2）根据＝相等，再由（1）中＝可得，，从而得到∠CAD＝∠BAD＝∠ABC＝30°，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数求出AC、AG的长，从而求出△CAG的面积，在Rt△ABD中利用锐角三角函数求出AD的长，根据DE∥BC可得△ACG∽△AED，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求出阴影部分的面积．
【完整解答】（1）证明：连接OD，如图所示，
∵点D为的中点，
∴OD⊥BC
∵DE∥BC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：连接BD，如图所示，
∵＝，
∴BD＝AC
∵点D为的中点，
∴，
∴，
∴的度数＝的度数＝的度数＝60°，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°．
∵AB是半圆O的直径，
∴∠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阴影部分＝S△EAD﹣S△ACG＝．
【考点剖析】本题主要考查了切线的判定定理、垂径定理、圆周角定理以及相似三角形的性质，其中利用过圆心，平分弧然后根据垂径定理证明半径垂直于弦是解题的关键．
9．（2022•自贡）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝9，∠BAD的平分线交BC于E，交DC的延长线于F，BG⊥AE于G，BG＝，则△EFC的周长为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【思路点拨】判断出△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，DF的长度，继而得到EC的长度，在Rt△BGE中求出GE，继而得到AE，求出△ABE的周长，根据相似三角形的周长之比等于相似比，可得出△EFC的周长．
【完整解答】解：∵在▱ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝9，∠BAD的平分线交BC于点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的周长等于16，
又∵△CEF∽△BEA，相似比为1：2，
∴△CEF的周长为8．
故选：D．
【考点剖析】本题主要考查了勾股定理、相似三角形、等腰三角形的性质，注意掌握相似三角形的周长之比等于相似比，此题难度较大．
►考向二 与四边形有关的计算与证明
1．（2023•十堰）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD上的点，且BE＝BF
＝CG＝AH，若菱形的面积等于24，BD＝8，则EF+GH＝ 6 ．
【思路点拨】连接AC交BD于点O，先根据菱形的面积公式计算出对角线AC的长，再证△BEF∽△BAC，得出，同理可证△DHG∽△DAC，得出，两式相加，即可求出EF+GH的值．
【完整解答】解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵菱形的面积等于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，
∴，
同理可证△DHG∽△DAC，
∴，
∴，
即，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案为：6．
【考点剖析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，求出EF+GH＝AC是此题的关键．
2．（2022•黔东南州）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2B．5﹣C．3﹣D．+1
【思路点拨】方法一：如图，延长DA、BC交于点G，利用正方形性质和等边三角形性质可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，运用解直角三角形可得AG＝2，DG＝2+2，再求得∠G＝30°，根据直角三角形性质得出答案．
方法二：过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH＝，再证明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH＝，即可求得答案．
【完整解答】解：方法一：如图，延长DA、BC交于点G，
∵四边形ABED是正方形，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴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+，
故选D．
方法二：如图，过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，
则∠BHE＝∠DGE＝90°，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∵四边形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°，
∴四边形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，
故选：D．
【考点剖析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形，题目的综合性很好，难度不大．
3．（2019•抚顺）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．AB＝CD，AB⊥CDB．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BDD．AB＝CD，AD∥BC
【思路点拨】证出EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，得出EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，证出四边形EMFN为平行四边形，当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，得出平行四边形EMFN是菱形；当AB⊥CD时，EN⊥ME，则∠MEN＝90°，即可得出菱形EMFN是正方形．
【完整解答】解：∵点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，
∴EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，
∴EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，
∴四边形EMFN为平行四边形，
当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，
∴平行四边形EMFN是菱形；
当AB⊥CD时，EN⊥ME，
则∠MEN＝90°，
∴菱形EMFN是正方形；
故选：A．
【考点剖析】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
4．（2023•贵港）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别为AB、CD的中点．连接AF并延长，交BC的延长线于点G．
（1）求证：△ADF≌△GCF；
（2）若EF＝7.5，BC＝10，求AD的长．
【思路点拨】根据梯形的性质，利用AAS可判定△ADF≌△GCF；根据中位线定理，可得到BC+AD＝15，已知BC的长，那么AD的长自然就出来了．
【完整解答】（1）证明：∵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为△ABG的中位线．
∴EF＝BG．（6分）
∴BG＝2×7.5＝15．（7分）
∴AD＝CG＝BG﹣BC＝15﹣10＝5．（8分）
解法二：∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴EF是梯形ABCD的中位线．（5分）
∴EF＝（AD+BC），（6分）
即7.5＝（AD+10）．（7分）
∴AD＝5．（8分）
【考点剖析】此题主要考查学生对梯形的性质，全等三角形的判定及中位线定理的理解及运用．
5．（2022•贺州）如图，梯形ABCD中，DC∥AB，EF是中位线，EG⊥AB于G，FH⊥AB于H，梯形的高h＝（AB+DC）．沿着GE，HF分别把△AGE，△BHF剪开，然后按图中箭头所指方向，分别绕着点E，F旋转180°，将会得到一个什么样的四边形？简述理由．
【思路点拨】首先发现显然是一个矩形．再根据所给的梯形的高结合梯形的中位线定理即证明了矩形的一组邻边相等，即是正方形．
【完整解答】解：将会得到一个正方形，理由如下：
∵EG⊥AB，FH⊥AB
∴EG∥FH
∵EF是梯形ABCD的中位线，
∴EF∥GH，EF＝（DC+AB），
∴EF＝GH
∵梯形的高h＝（DC+AB）
∴梯形的高h＝GH
设△AGE绕点E旋转180°后点G落在G'处，△BHF绕点F旋转180°后，点H落在H'处则∠G'＝90°，G'，H'在DC所在的直线上．
∴GG'是梯形ABCD的高
∴∠G'＝∠G'GH＝∠H'HG＝90°，
∴四边形G'GHH'是矩形
∵GG'＝GH
∴四边形G'GHH'是正方形
【考点剖析】考查旋转的性质，正方形的判定及梯形的中位线的综合运用．
6．（2022•鄂州）如图，四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，如此进行下去，得到四边形AnBn∁nDn．下列结论正确的是（ ）
①四边形A4B4C4D4是菱形；
②四边形A3B3C3D3是矩形；
③四边形A7B7C7D7周长为；
④四边形AnBn∁nDn面积为．
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④
【思路点拨】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项作出分析与判断：
①根据矩形的判定与性质作出判断；
②根据菱形的判定与性质作出判断；
③由四边形的周长公式：周长＝边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；
④根据四边形AnBn∁nDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
【完整解答】解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC⊥BD，
∴A1B1⊥A1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1＝A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2＝C2D2＝C2B2＝B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
∴四边形A3B3C3D3是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，A7B7＝A5B5＝A3B3＝A1B1＝AC，B7C7＝B5C5＝B3C3＝B1C1＝BD，
∴四边形A7B7C7D7的周长是2×（a+b）＝，
故③正确；
④∵四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD＝ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBn∁nDn的面积是，
故④错误；
综上所述，①②③正确．
故选：A．
【考点剖析】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．
7．（2022•阿坝州）顺次连接菱形的各边中点，所得的四边形一定是（ ）
A．梯形B．矩形C．菱形D．正方形
【思路点拨】根据三角形的中位线定理可得EH∥BD，EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD进而得到四边形EFGH是平行四边形，再根据菱形的性质AC⊥DB可证明EF⊥EH，进而得到答案．
【完整解答】解：∵E，F是中点，
∴EH∥BD，
同理，EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥GH，
则四边形EFGH是平行四边形．
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴AC⊥EH，
∵EF∥AC，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选：B．
【考点剖析】本题主要考查了矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．
8．（2022•呼和浩特）如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为O，点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点．若AC＝8，BD＝6，则四边形EFGH的面积为 12 ．
【思路点拨】有一个角是直角的平行四边形是矩形．利用中位线定理可得出四边形EFGH矩形，根据矩形的面积公式解答即可．
【完整解答】解：∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点，
∴EF∥BD，且EF＝BD＝3．
同理求得EH∥AC∥GF，且EH＝GF＝AC＝4，
又∵AC⊥BD，
∴EF∥GH，FG∥HE且EF⊥FG．
∴四边形EFGH是矩形．
∴四边形EFGH的面积＝EF•EH＝3×4＝12，即四边形EFGH的面积是12．
故答案为：12．
【考点剖析】本题考查的是中点四边形．解题时，利用了矩形的判定以及三角形的中位线定理，矩形的判定定理有：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
9．（2021•龙岩）如图，我们把依次连接任意四边形ABCD各边中点所得四边形EFGH叫中点四边形．
（1）若四边形ABCD是菱形，则它的中点四边形EFGH一定是 B ；
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．梯形
（2）若四边形ABCD的面积为S1，中点四边形EFGH的面积记为S2，则S1与S2的数量关系是S1＝ 2 S2；
（3）在四边形ABCD中，沿中点四边形EFGH的其中三边剪开，可得三个小三角形，将这三个小三角形与原图中未剪开的小三角形拼接成一个平行四边形，请画出一种拼接示意图，并写出对应全等的三角形．
【思路点拨】（1）连接AC、BD．先根据三角形中位线的性质得出EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC，则四边形EFGH为平行四边形，再由菱形的对角线互相垂直，得出EF⊥FG，从而证明▱EFGH是矩形；
（2）由E为AB中点，且EF平行于AC，EH平行于BD，得到△BEK与△ABM相似，△AEN与△ABM相似，利用面积之比等于相似比的平方，得到△EBK面积与△ABM面积之比为1：4，且△AEN与△EBK面积相等，进而确定出四边形EKMN面积为△ABM的一半，同理得到四边形MKFP面积为△MBC面积的一半，四边形QMPG面积为△DMC面积的一半，四边形MNHQ面积为△ADM面积的一半，四个四边形面积之和即为四个三角形面积之和的一半，即为四边形ABCD面积的一半；
（3）利用中点四边形的性质得出拼接方法，进而得出全等三角形．
【完整解答】解：（1）如图1，连接AC、BD．
∵E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，
∴EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴EF⊥FG，
∴▱EFGH是矩形；
故选：B．
（2）如图2，设AC与EH、FG分别交于点N、P，BD与EF、HG分别交于点K、Q，
∵E是AB的中点，EF∥AC，EH∥BD，
∴△EBK∽△ABM，△AEN∽△EBK，
∴＝，S△AEN＝S△EBK，
∴＝，同理可得＝，＝，＝，
∴＝，
∴四边形ABCD的面积为S1，中点四边形EFGH的面积记为S2，则S1与S2的数量关系是S1＝2S2；
（3）如图3，四边形NEHM是平行四边形；
△MAH≌△GDH，△NAE≌△FBE，△CFG≌△ANM．
【考点剖析】此题主要考查了中点四边形以及相似三角形的判定与性质和矩形的判定以及菱形的性质等知识，利用三角形中位线的性质得出是解题关键．
10．（2023•朝阳）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．
【问题引入】
（1）请你在图1或图2中证明EF＝EC（选择一种情况即可）；
【探索发现】
（2）在（1）中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M．将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，AB＝3，延长AE至点N，使NE＝AE，连接DN．当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．
．
【思路点拨】（1）选择图1，根据正方形性质可得：BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，进而证得△BEA≌△BEC（SAS），结合旋转的性质即可证得结论；选择图2，同理可证得结论；
（2）猜想DM＝BF，选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB＝90°，利用正方形的性质即可证得△HEF≌△DEM（ASA），再利用等腰三角形性质即可得出答案；选择图2，同理可证得结论；
（3）取AD的中点G，连接EG，根据三角形中位线定理可得EG＝DN，由△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），可得当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，利用勾股定理可得BD＝3，再证得△DEG∽△BEC，可得＝＝，即BE＝2DE，利用BE+DE＝BD，即可求得答案．
【完整解答】（1）证明：选择图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
选择图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：
选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，
则∠HFB＝90°，
∵四边形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．
若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H，
则∠HFB＝90°，
∵四边形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：如图3，取AD的中点G，连接EG，
∵NE＝AE，
∴点E是AN的中点，
∴EG＝DN，
∵△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），
∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝3，
∵点G是AD的中点，
∴DG＝AD＝，＝，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴＝＝，
∴BE＝2DE，
∵BE+DE＝BD＝3，
∴2DE+DE＝3，即3DE＝3，
∴DE＝．
【考点剖析】本题是正方形综合题，考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理等是解题关键．
►考向三 与圆有关的计算与证明
1．（2023•荆州）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，B为上一点，OB⊥AC于D．若AC＝300m，BD＝150m，则的长为（ ）
A．300πmB．200πmC．150πmD．100πm
【思路点拨】先根据垂径定理求出AD的长，由题意得OD＝OA﹣BD，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的值，然后再利用三角比计算出所对的圆心角的度数，由弧长公式求出的长即可．
【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°，
∴的长＝＝200πm．
故选：B．
【考点剖析】本题考查的是垂径定理，勾股定理及弧长的计算公式，根据垂径定理得出AD的长，再由勾股定理求出半径是解答此题的关键，同时要熟记圆弧长度的计算公式．
2．（2023•湖北）如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，连接AC，AD，BD，若∠C＝20°，∠BPC＝70°，则∠ADC＝（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【思路点拨】先根据外角性质得∠BAC＝∠BPC﹣∠C＝50°＝∠BDC，再由AB是⊙O的直径得∠ADB＝90°即可求得∠ADC．
【完整解答】解：∵∠C＝20°，∠BPC＝70°，
∴∠BAC＝∠BPC﹣∠C＝50°＝∠BDC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB﹣∠BDC＝40°，
故选：D．
【考点剖析】本题主要考查了三角形的外角性质以及直径所对的圆周角是直角，熟练掌握各知识点是解决本题的关键．
3．（2023•无锡）如图，AB是⊙O的直径，FD为⊙O的切线，CD与AB相交于点E．DF∥AB，交CA的
延长线于点F，CF＝CD．
（1）求∠F 的度数；
（2）若 DE•DC＝8，求⊙O的半径．
【思路点拨】（1）连接OD，利用切线性质和平行线性质求得∠AOD＝90°，再利用圆周角定理求得∠ACD的度数，最后利用等边对等角及三角形内角和定理即可求得答案；
（2）结合（1）中所求易证得△DAE∽△DCA，再利用相似三角形性质及勾股定理即可求得答案．
【完整解答】解：（1）如图，连接OD，
∵FD为⊙O的切线，
∴∠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的半径为2．
【考点剖析】本题考查圆与相似三角形的综合应用，（2）中利用相似三角形的判定及性质求得DA2＝DE•DC＝8是解题的关键．
4．（2023•聊城）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，∠ADC的平分线DE交AC于点E．以AD上的点O为圆心，OD为半径作⊙O，恰好过点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若CD＝12，tan∠ABC＝，求⊙O的半径．
【思路点拨】（1）连接OE，由题意得到OD＝OE，根据等腰三角形的性质得到∠OED＝∠ODE，求得∠OED＝∠CDE，根据平行线的判定定理得到OE∥CD，根据∠ACB＝90°，得到OE⊥AC，于是得到结论；
（2）过D作DF⊥AB，根据角平分线的小知道的CD＝DF，根据勾股定理得到BD＝＝20，求得AC＝BC•tan∠ABC＝24，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【完整解答】（1）证明：连接OE，∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE＝∠ODE，
∴∠OED＝∠CDE，
∴OE∥CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AEO＝90°，
∴OE⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：过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的半径为15﹣3．
【考点剖析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，解直角三角形，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
5．（2023•内蒙古）如图，AB是⊙O的直径，E为⊙O上的一点，点C是的中点，连接BC，过点C的直线垂直于BE的延长线于点D，交BA的延长线于点P．
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）若PC＝2BO，PB＝10，求BE的长．
【思路点拨】（1）连接OC，证PD⊥CO即可；（2）利用线段成比例列方程即可．
【完整解答】
（1）证明：连接OC，
∵点C是的中点，
∴∠ABC＝∠DBC，
∵OC＝OB，
∴∠ABC＝∠OCB，
∴∠DBC＝∠OCB，
∴OC∥DB，
∵PD⊥BD，
∴PD⊥CO，
∴PC为⊙O的切线；
（2）解：连接AE，设OB＝OC＝r，
∵PC＝2BO＝2r，
∴OP＝＝3r，
∵PB＝10，
∴3r+r＝10，即r＝．
∵OC∥DB，
∴△PCO∽△PDB，
∴，
∴，
∴BD＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴AE⊥BD，
∴AE∥PD，
∴，
∴，
∴BE＝．
【考点剖析】本题主要考查了切线，相似三角形等相关知识，找准线段成比例列方程是关键．
6．（2023•泸州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在斜边AB上，以AD为直径的半圆O与BC相切于点E，与AC相交于点F，连接DE．若AC＝8，BC＝6，则DE的长是（ ）
A．B．C．D．
【思路点拨】首先求出AB＝10，先证△BOE和△BAC相似，由相似三角形的性质可求出OE，BE的长，进而可求出CE的长和AE的长，然后再证△BDE和△BEA相似，最后利用相似三角形的性质即可求出DE．
【完整解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
由勾股定理得：，
连接AE，OE，
设⊙O的半径为r，则OA＝OE＝r，
∴OB＝AB﹣OA＝10﹣r，
∵BC与半圆相切，
∴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为半圆的切线，
∴∠BED＝∠BAE，
又∠DBE＝∠EBA，
∴△BDE∽△BEA，
∴，
∴DE•AB＝BE•AE，
即：，
∴．
故选：B．
【考点剖析】此题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，弦切角定理，勾股定理等知识点，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，灵活运用相似三角形的性质和勾股定理进行计算．
7．（2023•大连）如图1，点A，B，C在O上，AC是⊙O的直径，AD平分∠BAC，与⊙O相交于点D．连接OD，与BC相交于点E．
（1）求∠OEC的度数．
（2）如图2，过点A作⊙O的切线，与CB的延长线相交于点F，过点D作DG∥FA，与AC相交于点G．若AD＝2，DE＝4，求DG的长．
【思路点拨】（1）根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；
（2）定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．
【完整解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠OAD，
∵OAD＝∠ODA，
∴∠BAD＝∠ODA，
∴AB∥OD，
∴∠B＝∠OEC，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠B＝90°，
∴∠OEC＝90°；
（2）连接DC，如图：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
设半径为r，则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是切线，
∴AF⊥AC，
∵DG∥FA，
∴DG⊥AC，
∴S△ADC＝＝，
∴＝，
解得DG＝2．
【考点剖析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．
8．（2023•绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．
【思路点拨】（1）由垂直的定义得到∠AEC＝90°，由三角形外角的性质即可求出∠ACD的度数；
（2）由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理得到，代入有关数据，即可求出CE的长．
【完整解答】解：（1）∵AE⊥CD于点E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD＝＝．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE＝．
【考点剖析】本题考查切线的性质，垂线，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质求出∠ACD的度数，由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理即可求出CE的长．
9．（2023•泰州）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，∠C为所对的圆周角．
知识回顾
（1）如图①，⊙O中，B、C位于直线AO异侧，∠AOB+∠C＝135°．
①求∠C的度数；
②若⊙O的半径为5，AC＝8，求BC的长；
逆向思考
（2）如图②，若P为圆内一点，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C．求证：P为该圆的圆心；
拓展应用
（3）如图③，在（2）的条件下，若∠APB＝90°，点C在⊙P位于直线AP上方部分的圆弧上运动．点D在⊙P上，满足CD＝CB﹣CA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．
【思路点拨】（1）①根据∠AOB+∠C＝135°，结合圆周角定理求∠C的度数；
②构造直角三角形；
（2）只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可；
（3）根据CD＝CB﹣CA，构造一条线段等于CB﹣CA，利用三角形全等来说明此线段和CD相等．
【完整解答】（1）解：①∵∠AOB+∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，
∴3∠C＝135°，
∴∠C＝45°．
②连接AB，过A作AD⊥BC，垂足为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）延长AP交圆于点N，则∠C＝∠N，
∵∠APB＝2∠C，
∴∠APB＝2∠N，
∵∠APB＝∠N+∠PBN，
∴∠N＝∠PBN，
∴PN＝PB，
∵PA＝PB，
∴PA＝PB＝PN，
∴P为该圆的圆心．
（3）过B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F，连接CF，FB，
∵∠APB＝90°，
∴∠C＝45°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴BE＝BC，
∵BP⊥AF，PA＝PF，
∴BA＝BF，
∵AF是直径，
∴∠ABF＝90°，
∴∠EBC＝∠ABF＝90°，
∴∠EBA＝∠CBF，
∴△EBA≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CD＝CB﹣CA＝CE﹣CA＝AE，
∴CD＝CF，
∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求．
．
【考点剖析】本题考查了圆周角定理，并对圆周角定理的逆命题进行了创新，还考查了解直角三角形和
三角形全等的知识，对于（3）构造一条线段等于CB﹣CA是关键．
10．（2023•遂宁）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AD＝CD，过点D的直线l交BA的延长线于点M．交BC的延长线于点N且∠ADM＝∠DAC．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）求证：AD2＝AB•CN；
（3）当AB＝6，sin∠DCA＝时，求AM的长．
【思路点拨】（1）连接OD交AC于点H，根据垂径定理的推论可得半径OD⊥AC，利用平行线的判定定理由∠ADM＝∠DAC可得AC∥MN，得出半径OD⊥MN，再运用切线的判定定理即可证得结论；
（2）连接BD，可证得△CDN∽△ABD，得出＝，再由AD＝CD，即可证得结论；
（3）连接OD交AC于点H，连接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，再证明四边形CNDH是矩形，得出CH＝DN＝2，由垂径定理可得AC＝2CH＝4，再根据勾股定理求得BC＝2，运用平行线分线段成比例定理即可求得答案．
【完整解答】（1）证明：连接OD交AC于点H，如图，
∵AD＝CD，
∴＝，
∴半径OD⊥AC，
∴∠AHO＝90°，
∵∠ADM＝∠DAC，
∴AC∥MN，
∴∠MDO＝∠AHO＝90°，
∴半径OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）证明：连接BD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠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：连接OD交AC于点H，连接BD，如图，
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°，
∴四边形CNDH是矩形，
∴CH＝DN＝2，
∵OD⊥AC，
∴AC＝2CH＝4，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2，
∵AC∥MN，
∴＝，即＝，
∴AM＝6．
【考点剖析】本题是圆的综合题，考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，切线的判定，勾股定理，解直角三角形，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，平行线分线段成比例定理等，难度适中，解题关键是正确添加辅助线．
11．（2023•宿迁）（1）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点F，弦AD平分∠BAC，点E在AC上，连接DE、DB， ①（答案不唯一） ．求证： ②（答案不唯一） ；
从①DE与⊙O相切；②DE⊥AC中选择一个作为已知条件，余下的一个作为结论，将题目补充完整（填写序号），并完成证明过程；
（2）在（1）的前提下，若AB＝6，∠BAD＝30°，求阴影部分的面积．
【思路点拨】（1）若选择：①作为条件，②作为结论，先根据切线的性质可得∠ODE＝90°，再根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得AE∥DO，然后利用平行线的性质可得∠AED＝90°，即可解答；
若选择：②作为条件，①作为结论，先根据垂直定义可得∠AED＝90°，再根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得AE∥DO，然后利用平行线的性质可得∠ODE＝90°，即可解答；
（2）连接OF，DF，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而在Rt△ADB中，利用含30度角的直角三角形性质可得BD＝3，AD＝3，再利用角平分线的定义可得∠EAD＝∠DAB＝30°，从而在Rt△AED中，利用含30度角的直角三角形性质可得DE＝，AE＝，然后利用圆周角定理可得∠DOB＝∠DOF＝60°，从而可得△DOF都是等边三角形，进而可得∠DOB＝∠ODF＝60°，再利用平行线的判定可得DF∥AB，从而可得△ADF的面积＝△ODF的面积，最后根据阴影部分的面积＝△AED的面积﹣扇形DOF的面积，进行计算即可解答．
【完整解答】解：（1）若选择：①作为条件，②作为结论，
如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点F，弦AD平分∠BAC，点E在AC上，连接DE、DB，DE与⊙O相切，求证：DE⊥AC，
证明：连接OD，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠EAD＝∠ADO，
∴AE∥DO，
∴∠AED＝180°﹣∠ODE＝90°，
∴DE⊥AC；
若选择：②作为条件，①作为结论，
如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点F，弦AD平分∠BAC，点E在AC上，连接DE、DB，DE⊥AC，求证：DE与⊙O相切，
证明：连接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的半径，
∴DE与⊙O相切；
故答案为：①（答案不唯一）；②（答案不唯一）；
（2）连接OF，DF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠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都是等边三角形，
∴∠ODF＝60°，
∴∠DOB＝∠ODF＝60°，
∴DF∥AB，
∴△ADF的面积＝△ODF的面积，
∴阴影部分的面积＝△AED的面积﹣扇形DOF的面积
＝AE•DE﹣
＝××﹣
＝﹣
＝，
∴阴影部分的面积为．
【考点剖析】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，直线与圆的位置关系，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键