几何模型压轴题章末练习卷(Word版 含解析)

几何模型压轴题章末练习卷（Word版含解析）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，
AP＝1
3
AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，
连接PC，且ABE为等边三角形．
（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是，AP 与EC的数量关系是．
（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为
93，求线段AC的长．
【答案】（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，见解析；（3）
7 7
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；
（3）过点C作CD⊥m于D，根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形，求得PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根据平行线的性质得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，AB＝BE，
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，
∴∠CBP＝60°，BC＝BP，
∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，
即∠ABP＝∠EBC，
∴△ABP≌△EBC（SAS），
∴AP＝EC；
故答案为：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；
（2）成立，理由如下，
∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，AB＝BE，
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，
∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，
∴△ABP≌△EBC（SAS），
∴AP＝EC；
（3）过点C作CD⊥m于D，
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴△PBC是等边三角形，
∴3
2
93
∴PC＝3，
设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，∴AC＝2t，
∵m∥n，
∴∠CAD＝∠AEB＝60°，
∴AD＝1
2
AC＝t，CD33，
∵PD2+CD2＝PC2，∴（2t）2+3t2＝9，
∴t＝37
7
（负值舍去），
∴AC＝2t 67
．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得
解．
2．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，
∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，
∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
3．如图，在矩形ABCD中，6
AB cm
=，8
AD cm
=，连接BD，将ABD
△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D
'''
△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．
（1）求矩形ABCD与A B D
'''
△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE
''）的面积；（2）将A B D
'''
△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D
'''
△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；
（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''
△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．
【答案】（1）2
45
2
cm；（2）
2
2
3316
24(0)
225
88020016
(4)
3335
x x x
y
x x x
⎧
--+≤<
⎪⎪
=⎨
⎪-+≤≤
⎪⎩
；（3）存在，使得AA B''
△成为等腰三角形的x的值有：0秒、
3
2
秒、
69
5
．
【解析】
【分析】
（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10
B D BD cm
''==，
2
CD B D BC cm
'=''-=，利用B D A
∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；
（2）分类讨论，当
16
5
x
≤<时和当
16
4
5
x
≤≤时，分别列出函数表达式；
（3）分类讨论，当AB A B
'=''时；当AA A B
'=''时；当AB AA
'='时，根据勾股定理列
方程即可．
【详解】
解：（1）
6AB cm =，8AD cm =，
10BD cm ∴=，
根据旋转的性质可知10B D BD cm ''==，2CD B D BC cm '=''-=，
tan A B CE B D A A D CD '''''∠=='''， 682
CE ∴=， 32
CE cm ∴=， ()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''⨯∴==
-⨯÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32
CE x =， 233+22
CD E S x x '∴=△， 22133368242222
y x x x ∴=⨯⨯-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023
CE x =- ()221488020010223333
y x x x ∴=⨯-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；
②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，
222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭，
解得：x =秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'
22
224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得：32
x =秒．
综上所述：使得AA B''
△成为等腰三角形的
x的值有：
0秒、
3
2
秒、
669
5
-
．
【点睛】
本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．
4．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；
（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161
A E
EC
=-，求
n
m
的值．
（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持
BE n
BG m
=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1
5
；（2
3
；（3）存在，63
【解析】
【分析】
（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出
∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；
（2）由△BCE∽△BA2D2，推出22
2
A D
CE n
CB A B m
==，可得CE=2n
m
，由161
A E
EC
=推出
16
A C EC =，推出A 1C=26n m •，推出BH=A 1C=2
6n m
•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；
（3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG ∽△FME ，得到3FG F FM FE D ==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM 和FM 的长度，即可得到PF 的最小值.
【详解】
解：（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．
∴AD=HA 1=n=1，
在Rt △A 1HB 中，∵BA 1=BA=m=2，
∴BA 1=2HA 1，
∴∠ABA 1=30°，
∴旋转角为30°，
∵22125+=
∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴222A D CE n CB A B m
==， ∴2
n CE m
=， ∵161EA EC
=， ∴16A C EC
= ∴A 12
6n m
， ∴BH=A 12
22
6n m n m -=，
∴
4
22
2
6
n
m n
m
-=⋅，
∴m4﹣m2n2=6n4，
∴
24
24 16
n n
m m
-=•，
∴
3
3
n
m
=（负根已舍去）．
（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；
由（2）可知，
3 BE n
BG m
==，
∵四边形BEFG是矩形，
∴
3
3 FG
FE
=，
∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，
∴∠DFG=∠MFE，
∵DF⊥PF，即∠DFM=90°，
∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME，
∴△FDG∽△FME，
∴
3
3
FG
F
FM FE
D
==，
∵∠DFM=90°，tan
3
FD
FMD
FM
∠==，
∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，
∴
3
FM DM
=；
在矩形ABCD中，有
3
3 AD
AB
=
即333
=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，
∴四边形ANMD 是矩形，
∴MN=AD=3，
∵∠NPM=∠DMF=30°，
∴PM=2MN=6，
∴NP=33AB =，
∴DM=AN=BP=2，
∴3323FM DM ==⨯=， ∴63PF PM MF =+=+；
【点睛】
本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.
5．如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 的中点，连接CF ，DF ．
（1）如图1，当点D 在AB 上，点E 在AC 上时
①证明：△BFC 是等腰三角形；
②请判断线段CF ，DF 的关系？并说明理由；
（2）如图2，将图1中的△ADE 绕点A 旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．
【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF 且CF ⊥DF ．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.
【解析】
【详解】
分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF ，根据
∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和
△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．
详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．
②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：
∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=1
2
BE=BF，
∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，
∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，
又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，
∴CF=DF且CF⊥DF．
（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，
又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，
∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，
∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，
又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°
=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°
=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，
而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，
∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，
∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，
∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，
∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．
点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．
6．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

（1）概念理解:
如图1,在ABC ∆中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=︒,试判断ABC ∆是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:
如图2, ABC ∆是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ∆关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '∆,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC
BC
的值. （3）应用拓展:
如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ∆的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ∆绕点C 按顺时针方向旋转45︒得到
A B C ∆'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）13
AC BC =
（3）CD 的值为2103,22,2 【解析】
分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论； （2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论； （3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：
如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1
2
AC =3， ∴ AD =BC =3，
即ΔABC 是“等高底”三角形．
（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ， ∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°．
∵点B是ΔAA′C的重心，∴ BC=2BD．设BD=x，则AD=BC=2x，∴CD=3x，
∴由勾股定理得AC=13x，
∴
1313
22 AC x
BC x
==．
（3）①当AB=2BC时，
Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．
∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，
l1与l2之间的距离为2，AB=2BC，
∴BC=AE=2，AB=22，
∴BE=2，即EC=4，∴AC= 25．
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．
∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴
1
2
DF AE
AF CE
==，即AF=2x．
∴AC=3x=25，可得x=2
5
3
，∴CD=2x=
2
10
3
．
Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，
∴ΔACD是等腰直角三角形，
∴CD=2AC=22．
②当AC2BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．
∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．
Ⅱ．如图6，作AE ⊥l 1于点E ，则AE =BC ， ∴AC =2BC =2AE ，∴∠ACE =45°，
∴ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C 时， 点A ′在直线l 1上，
∴A ′C ∥l 2，即直线A ′ C 与l 2无交点．
综上所述：CD 的值为
2
103
，22，2． 点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
7．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB =42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′． （1）求抛物线C 的函数表达式；
（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围． （3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2
142
y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3．
【解析】 【分析】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A
（0）代入可得a =1
2
-
，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242y x m =--，由()22142
124
2y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题
意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)4280
20280m m m m ⎧--->⎪⎪
>⎨
⎪->⎪⎩
，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得
M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题． 【详解】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A
（0），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A
（0）代入可得a =12
-
， ∴抛物线C 的函数表达式为2
142
y x =-+．
（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()2
1242
y x m =
--， 由()22
1421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
，
消去y 得到222280x mx m -+-= ，
由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪
>⎨
⎪->⎪⎩
， 解得2＜m
＜
∴满足条件的m 的取值范围为2＜m
＜ （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．
由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得
PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在21
42
y x =-+上，
∴()2
12242
m m -=-
++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），
把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2
142y x =-+中，()212242
m m -=--+，解得m =6或0（舍
弃），
∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．
综上所述：m =6或m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
8．如图1，点O 是正方形ABCD 两对角线的交点. 分别延长OD 到点G ，OC 到点E ，使OG =2OD ，OE =2OC ，然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG ，连接AG ，DE ． (1)求证：DE ⊥AG ；
(2)正方形ABCD 固定，将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形
，如图2．
①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．
【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°
【解析】
分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；
（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．
详解：如图1，延长ED交AG于点H，
点O是正方形ABCD两对角线的交点，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
即；
在旋转过程中，成为直角有两种情况：
Ⅰ由增大到过程中，当时，
，
在中，sin∠AGO=，
，
，
，
，
即；
Ⅱ由增大到过程中，当时，
同理可求，
．
综上所述，当时，或．如图3，
当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，
正方形ABCD的边长为1，
，
，
，
，
，
，
此时．
点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.
二、初三数学圆易错题压轴题（难）
9．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合）△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．
（1）求证：∠ECG＝∠BDC．
（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．
①若BF＝22时，求CE的长．
②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．
（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P．若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出1
2
S
S的值．
【答案】（1）详见解析；（2）①
182
5
；②当BE为10，
39
5
或
44
5
时，△CEG为等腰三
角形；（3）
7
24
.
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；
（2）根据勾股定理求得BD＝10，
①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC ＝sin∠CBD，得出
3
5
CE CD
CF BD
==，根据勾股定理得到CF＝62CE
18
2
5
；
②分三种情况讨论求得：
当EG＝CG时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝
∠BDC，从而证得E、D重合，即可得到BE＝BD＝10；
当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，即可得到∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，得到CG＝CD＝6．根据三角形面积公式求得CH＝
24
5
，即可根据勾股定理求得GH，进而求得
HE，即可求得BE＝BH＋HE＝39
5
；
当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M，由tan∠ECM＝
4
3
EM
CM
=．设EM＝4k，则CM
＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝
21
42
GM k
EM k
==，即可得到tan∠GCH＝
GH CH =
1
2
．求得HE＝GH＝
12
5
，即可得到BE＝BH＋HE＝
44
5
；
（3）连接OE、EF、AE、EF，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF＝CE，进而证得四边形ABCD是正方形，进一步证得△ADE≌△CDE，通过证得△EHP∽△FBC，得出EH＝
1 6BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝
10
6
，根据勾股定理求得
PH，进而求得PD，然后根据三角形面积公式即可求得结果．【详解】
（1）∵AB∥CD．
∴∠ABD＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠ECG，
∴∠ECG＝∠BDC．
（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∴BD＝10，
如图1，连结EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，
∵∠EFC＝∠CBD．
∴sin∠EFC＝sin∠CBD，
∴
3
5 CE CD CF BD
==
∴CF
∴CE
②Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．∴E与D重合，
∴BE＝BD＝10．
Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，
∴CG＝CD＝6．
∵CH＝BC CD24 BD5
⋅
=，
∴GH
18
5 =，
在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（24
5
）2＝（x+
18
5
）2
解得x＝7
5
，
∴BE＝BH+HE＝32
5
+
7
5
＝
39
5
；
Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．
∵tan∠ECM＝
4
3 EM
CM
=．
设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．
∴GM＝2k，tan∠GEM＝
21
42 GM k
EM k
==，
∴tan∠GCH＝GH
CH
＝tan∠GEM＝
1
2
．
∴HE＝GH＝12412 255
⨯=，
∴BE＝BH+HE＝321244 555
+=，
综上所述，当BE为10，39
5
或
44
5
时，△CEG为等腰三角形；
（3）解：∵∠ABC＝90°，
∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，如图3，连接OE、EF、AE、EF，
∵PE是切线，
∴OE⊥PE，
∵PE∥CF，
∴OE⊥CF，
∵OC＝OF，
∴CE＝EF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，EF FC，
∴∠ABD＝∠ECF＝45°，
∴∠ADB＝∠BDC＝45°，
∴AB＝AD＝8，
∴四边形ABCD是正方形，
∵PE∥FC，
∴∠EGF＝∠PED，
∴∠BGC＝∠PED，∴∠BCF＝∠DPE，
作EH⊥AD于
H
，则
EH＝DH，
∵∠EHP＝∠FBC＝90°，
∴△EHP∽△FBC，
∴
1
6
EH PE
BF FC
==，
∴EH＝
1
6
BF，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE，
∴AE＝EF，
∴AF＝2EH＝
1
3
BF，
∴
1
3
BF+BF＝8，
∴BF＝6，
∴EH＝DH＝1，CF＝22
BF BC
+＝10，
∴PE＝
1
6
FC＝
5
3
，
∴PH＝22
4
PE EH
3
-=，
∴PD＝
47
1
33
+=，
∴1
2
7
7
3
824
S PD
S AD
===．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
10．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB 于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.
（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.
（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.
（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.
【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82
+
【解析】
试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，
BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，二者相加即为点P的
关联图形的面积是12．
（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．
（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．
试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，
∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，
∴正方形的面积是4，
又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，
∴点P的关联图形的面积是12．
（2）判断△OCD是直角三角形．
证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，∴△OCD是直角三角形．
（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．
理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=
()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，
∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，
连接OC ，设交半圆O 于点P ，
∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，
∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．
∵CD=42，CP=222-，
∴△PCD 的面积=()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积
=16(842)842--=+．
考点：圆的综合题．
11．如图，△ABC 内接于⊙O ，点D 在AB 边上，CD 与OB 交于点E ，∠ACD ＝∠OBC ；
（1）如图1，求证：CD⊥AB；
（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；
（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5
【解析】
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；
（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；
（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由
∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得
BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3
5
，所以可得AC=2CK，CK=BC•s in∠OBC=
24
5
得
AC=48 5
.
【详解】
解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2
延长BO交⊙O于F，连接CF．
∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°
∴∠1+∠F＝90°，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠A＝∠F
又∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠3＝90°，
∴CD⊥AB
（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4
延长BO交AC于K
∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，
∴∠A＝∠5，
∵∠A+∠2＝90°，
∴∠5+∠2＝90°，
∴∠6＝90°
∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2
∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，
∴BO平分∠ABC
（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN
∵OH⊥CN，OF⊥BC
∴CH＝NH，BF＝CF
∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN
∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC
∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM
∴∠OEH＝∠EHM
设EM、OE交于点P
∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°
∴∠EOH＝∠OHP
∴OP＝PH
∵∠ADC＝∠OHC＝90°
∴AD∥OH
∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP
∴PM＝PB
∴PM+PH＝PB+OP
∴HM＝OB＝5
在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4
∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5
∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°∴∠AKB+∠CKB＝90°
∴OK⊥AC
AC＝2CK，CK＝BC•sin∠OBC＝24 5
∴AC＝48 5
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．
12．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．
（1）求证：MN是⊙O的切线．
（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD＝FG．
②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1
【解析】
【分析】
（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得
∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；
（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝
CH ．根据AB ＝BH 可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB 是直径，
∴∠ACB ＝90°，
∴∠CAB+∠ABC ＝90°；
∵∠MAC ＝∠ABC ，
∴∠MAC+∠CAB ＝90°，即MA ⊥AB ，
∴MN 是⊙O 的切线；
（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点，
∴∠DBC ＝∠ABD ，
∵AB 是直径，
∴∠CBG+∠CGB ＝90°，
∵DE ⊥AB ，
∴∠FDG+∠ABD ＝90°，
∵∠DBC ＝∠ABD ，
∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ，
∴FD ＝FG ；
②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．
∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，
∴DE ＝DH ，
在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，
DH DE BD BD
=⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），
∴BE ＝BH ，
∵D 是弧AC 的中点，
∴AD ＝DC ，
在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，
DE DH AD CD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．
∴AE＝CH．
∴BE＝AB﹣AE＝BC+CH＝BH，即5﹣AE＝3+AE，
∴AE＝1．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．
13．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．
（1）如图1，求证：AC＝BC；
（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接
AT，若∠BFC＝∠BDC+1
2
∠ABD，求证：AT平分∠DAB；
（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．
（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．
（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明
Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，
由S△ADB=1
2
•BD•AQ=
1
2
•AD•h+
1
2
•AB•h+
1
2
•DB•h，可得AQ=
5
2
h，再根据
sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，
∵2∠BDC+∠ADB＝180°，
∴∠ABC＝∠BDC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠BAC＝∠ABC，
∴AC＝BC．
（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，
∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，
∵∠BFC＝∠BDC+1
2
∠ABD，
∴∠ABF＝1
2
∠ABD，
∴BT平分∠ABD，
∵AE＝BE
∴∠ADE＝∠BDE，
∴DT平分∠ADB，
∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．
∴TR＝TL，TR＝TH，
∴TL＝TH，
∴AT平分∠DAB．
（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．
∵AE＝BE
∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，
∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，
∴∠TAE＝∠ATE，
∴AE＝TE，
∵DT＝TE，
∴AE＝DT，
∵∠AGE＝∠DHT＝90°，
∴△EAG≌△TDH（AAS），
∴AG＝DH，
∵AE＝EB，EG⊥AB，
∴AG＝BG，
∴2DH＝AB，
∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），
∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，
设DH＝x，则AB＝2x，
∵AD＝8，DB＝12，
∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，
∴DH＝5，AB＝10，
设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，
∵S△ADB=1
2
•BD•AQ=
1
2
•AD•h+
1
2
•AB•h+
1
2
•DB•h，
∴12AQ＝（8+12+10）h，
∴AQ＝5
2 h，
∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得h
m
＝
AP
AD
＝
AP
8
，
sin∠AED＝sin∠ABD，可得AP
m
＝
AQ
AB
＝
AQ
10
＝
5
2
10
h
，
∴AP m
＝
5
28
10
mAP
，
解得m＝42或﹣42（舍弃），
∴DE＝2m＝82．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO 于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．
【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）2
【解析】
【分析】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，
∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB （SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，
S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设
BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
【详解】
解：（1）如图1，
∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，
∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）知EA 2+CF 2＝EF 2，
∴12EA 2+12CF 2＝12
EF 2， ∴S △AGE +S △CFH ＝S △EFK ，
∴S △AGE +S △CFH +S 五边形BGEFH ＝S △EFK +S 五边形BGEFH ，
即S △ABC ＝S 矩形BGKH ，
∴12S △ABC ＝12
S 矩形BGKH ， ∴S △GBH ＝S △ABO ＝S △CBO ，
∴S △BGM ＝S 四边形COMH ，S △BMH ＝S 四边形AGMO ，
∵S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9，
∴S △BMH ：S △BGM ＝8：9，
∵BM 平分∠GBH ，
∴BG ：BH ＝9：8，
设BG ＝9k ，BH ＝8k ，
∴CH ＝3+k ，
∵AG ＝3，
∴AE ＝2，
∴CF 2（k+3），EF 2（8k ﹣3），
∵EA 2+CF 2＝EF 2， ∴222(32)2(3)]2(83)]k k ++=-，
整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0，
解得：k 1＝﹣
17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12，
∴AO ＝22
AB ＝2， ∴⊙O 的半径为2．
【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．
15．△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为点D，交⊙O于点E，连接AE．
（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE；
（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为2，求线段MN的长．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）6
MN
【解析】
【分析】
（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到
2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；
（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；
（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，则OF=OG，接下来证明四边形MFGB是矩形，然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH，从而可证明HF=FD．接下来再证明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性质的到AF=FG，然后再证明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四边形BHOG2，可求得2，设HF=x，则BH=2x，然后证明△GFH∽△BFG，由相似三角形
的性质可得到2x，然后依据S△BHG=1
2
2，可求得x=2，故此可得到HB、
GH的长，然后依据勾股定理可求得BG的长，于是容易求得MN的长．【详解】
解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠BAC+2∠C=180°．
∵BD⊥AC，
∴∠ADE=90°．
∴∠E+∠CAE=90°．
∴2∠CAE+2∠E=180°．
∵∠E=∠ACB，
∴2∠CAE+2∠ACB=180°．
∴∠BAC=2∠CAE．。