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1. (2025·扬州期末) 如图，$\odot O$ 是等边 $△ ABC$ 的外接圆，点 $D$ 是弧 $AC$ 上一动点(不与 $A,C$ 重合)，下列结论：①$∠ ADB = ∠ BDC$；②当 $DB$ 最长时，$DB = 2DC$；③$DA + DC = DB$；④当 $AD = 2$，$CD = 3$ 时，$AC = 2\sqrt{5}$；⑤当 $AB = 2\sqrt{3}$ 时，四边形 $ABCD$ 最大面积是 $4\sqrt{3}$.其中一定正确的结论有（
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
C
）A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
答案
解析:$\because △ ABC$ 是等边三角形,$\therefore ∠ BAC= ∠ ACB=60°$.
$\because \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB},\overset{\frown}{CB}=\overset{\frown}{CB},\therefore ∠ ADB = ∠ ACB = 60°, ∠ BDC = ∠ BAC=60°,\therefore ∠ ADB=∠ BDC$,故①正确.$\because$ 当 $DB$ 最长时,则 $DB$ 为 $\odot O$ 的直径, $\therefore ∠ BCD = 90°. \because ∠ BDC = 60°$,$\therefore ∠ DBC=30°,\therefore DB=2DC$,故②正确.在 $DB$ 上取一点 $E$,使 $DE=AD$,如图①
,$\because ∠ ADB=60°,\therefore △ ADE$ 是等边三角形,$\therefore AD = AE, ∠ DAE = 60°. \because ∠ BAC = 60°, \therefore ∠ EAE = ∠ CAD.\because AB=AC,\therefore △ ABE ≌ △ ACD (\mathrm{SAS}),\therefore BE=CD$,$\therefore BD=BE+DE=CD+AD$,故③正确.由③知 $DA+DC=DB$,则 $BD=2+3=5$,过点 $A$ 作 $AF⊥ BD$ 于点 $F$,如图②
所示,在 $\mathrm{Rt}△ AFD$ 中, $∠ ADB=60°,AD=2$,则 $AF=\sqrt{3},DF=1,\because BD=5,\therefore BF=BD-FD=4$,在 $\mathrm{Rt}△ AFB$ 中,$AB=\sqrt{BF^2+AF^2}=\sqrt{16+3}=\sqrt{19}.\because △ ABC$ 是等边三角形,$\therefore AC=AB=\sqrt{19}$,故④是错误的.把 $△ BCD$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $60°$,使得 $BC$ 与 $BA$ 重合,点 $D$ 与点 $D_1$ 是对应点,如图③
所示,$\because ∠ DBD_1=60°,DB=BD_1,\therefore △ DBD_1$ 是等边三角形,易知 $△ BCD ≌ △ BAD_1,\therefore S_{△ BCD}=S_{△ BAD_1}$,则 $S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{△ ABD}+S_{△ CBD}=S_{△ ABD}+S_{△ ABD_1}=S_{△ DBD_1}$,要使四边形 $ABCD$ 面积最大,则 $BD$ 最大,此时 $BD$ 为 $\odot O$ 的直径,由②知 $∠ DBC=30°$,则 $∠ ABD=30°,\therefore AB⊥ DD_1.\because AB=2\sqrt{3},\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ BAD$ 中,由勾股定理可得 $BD=4$,则 $S_{△ DBD_1}=\frac{1}{2}DD_1× AB=\frac{1}{2}BD× AB=4\sqrt{3}$,故⑤是正确的,$\therefore$ 正确的有①②③⑤,共4个,故选C.
解析
【分析】本题是等边三角形外接圆的动点问题，需结合圆的性质、等边三角形性质逐一判断5个结论。解题思路：①利用圆周角定理，同弧所对圆周角相等，判断∠ADB和∠BDC的度数；②DB最长时为直径，利用直径所对圆周角为直角，结合30°角的直角三角形性质；③通过在DB上构造等边三角形，证明全等得到DA+DC=DB；④利用③的结论求出BD，再用勾股定理计算AC，验证结论；⑤通过旋转法将四边形面积转化为等边三角形面积，分析最大面积的情况。
【解析】
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°。
1. 对于①：根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，∠ADB与∠ACB都对弧AB，故∠ADB=∠ACB=60°；∠BDC与∠BAC都对弧BC，故∠BDC=∠BAC=60°，因此∠ADB=∠BDC，①正确。
2. 对于②：当DB最长时，DB为⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，得∠BCD=90°。又∠BDC=60°，则在Rt△BCD中，∠DBC=30°，所以DB=2DC，②正确。
3. 对于③：在DB上取点E，使DE=AD，
∵∠ADB=60°，
∴△ADE是等边三角形，故AD=AE，∠DAE=60°。又∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠CAD（∠BAC - ∠EAC = ∠DAE - ∠EAC）。结合AB=AC，可证△ABE≌△ACD（SAS），得BE=CD，因此BD=BE+DE=CD+AD，③正确。
4. 对于④：由③知DA+DC=DB，当AD=2，CD=3时，BD=5。过A作AF⊥BD于F，在Rt△AFD中，∠ADB=60°，AD=2，得AF=√3，DF=1，故BF=BD - DF=4。在Rt△AFB中，AB=√(BF² + AF²)=√(16+3)=√19，因△ABC是等边三角形，AC=AB=√19≠2√5，故④错误。
5. 对于⑤：将△BCD绕点B逆时针旋转60°，使BC与BA重合，得△BAD₁，此时△DBD₁是等边三角形，且S四边形ABCD=S△DBD₁。要使四边形面积最大，需BD最大（即BD为直径）。当AB=2√3时，等边△ABC外接圆直径BD=4，此时S△DBD₁=1/2×BD×AB=1/2×4×2√3=4√3，故⑤正确。
综上，正确结论为①②③⑤，共4个，故选C。
【答案】C
【知识点】圆周角定理、全等三角形判定、等边三角形性质
【点评】本题综合考查圆与等边三角形的相关知识，需运用圆周角定理、全等三角形证明、旋转转化面积等方法，逐个分析结论，考查学生的逻辑推理与综合应用能力。
【难度系数】0.5
【解析】
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°。
1. 对于①：根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，∠ADB与∠ACB都对弧AB，故∠ADB=∠ACB=60°；∠BDC与∠BAC都对弧BC，故∠BDC=∠BAC=60°，因此∠ADB=∠BDC，①正确。
2. 对于②：当DB最长时，DB为⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，得∠BCD=90°。又∠BDC=60°，则在Rt△BCD中，∠DBC=30°，所以DB=2DC，②正确。
3. 对于③：在DB上取点E，使DE=AD，
∵∠ADB=60°，
∴△ADE是等边三角形，故AD=AE，∠DAE=60°。又∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠CAD（∠BAC - ∠EAC = ∠DAE - ∠EAC）。结合AB=AC，可证△ABE≌△ACD（SAS），得BE=CD，因此BD=BE+DE=CD+AD，③正确。
4. 对于④：由③知DA+DC=DB，当AD=2，CD=3时，BD=5。过A作AF⊥BD于F，在Rt△AFD中，∠ADB=60°，AD=2，得AF=√3，DF=1，故BF=BD - DF=4。在Rt△AFB中，AB=√(BF² + AF²)=√(16+3)=√19，因△ABC是等边三角形，AC=AB=√19≠2√5，故④错误。
5. 对于⑤：将△BCD绕点B逆时针旋转60°，使BC与BA重合，得△BAD₁，此时△DBD₁是等边三角形，且S四边形ABCD=S△DBD₁。要使四边形面积最大，需BD最大（即BD为直径）。当AB=2√3时，等边△ABC外接圆直径BD=4，此时S△DBD₁=1/2×BD×AB=1/2×4×2√3=4√3，故⑤正确。
综上，正确结论为①②③⑤，共4个，故选C。
【答案】C
【知识点】圆周角定理、全等三角形判定、等边三角形性质
【点评】本题综合考查圆与等边三角形的相关知识，需运用圆周角定理、全等三角形证明、旋转转化面积等方法，逐个分析结论，考查学生的逻辑推理与综合应用能力。
【难度系数】0.5
2. (2025·宿迁期中)如图,$AB$是半圆$O$的直径,半圆$O$的弦$CD$在直线$AB$的上方,且$CD=$$2\sqrt{14}$,以$CD$为直径向下作半圆(圆心为$M$)交$AB$于$E,F$两点,若$AE:EF:FB=2:2:1$,则$AB=$
10
.答案
解析:$\because AE:EF:FB=2:2:1$,
$\therefore$ 设 $FB=k$,则 $AE=EF=2k$,$\therefore AB=AE+EF+FB=5k$,$OA=OB=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}k$,$OE=OA-AE=\frac{1}{2}k$.如图,连接 $OM,OC,EM$,过点 $M$ 作 $MN⊥ AB$ 于点 $N$,$\therefore OC=OA=\frac{5}{2}k$,$∠ ENM=90°$.$\because EF$ 为半圆 $M$ 的一条弦,且 $MN⊥ AB$,$\therefore EN=\frac{1}{2}EF=k$,$\therefore ON=EN-OE=\frac{1}{2}k$.由题意知,$M$ 是 $CD$ 的中点,且 $CD$ 为半圆 $M$ 的直径,$\therefore CM=ME=\frac{1}{2}CD=\sqrt{14}$,由垂径定理推论知 $OM⊥ CD$.在 $\mathrm{Rt}△ OCM$ 中,由勾股定理得 $OM^2=OC^2-CM^2=\frac{25}{4}k^2-14$,在 $\mathrm{Rt}△ OMN$ 中,由勾股定理得 $MN^2=OM^2-ON^2=6k^2-14$,在 $\mathrm{Rt}△ EMN$ 中,由勾股定理得 $MN^2=EM^2-EN^2=14-k^2$,$\therefore 6k^2-14=14-k^2$,$\therefore k^2=4$.$\because k＞0$,$\therefore k=2$,$\therefore AB=5k=10$.
$\therefore$ 设 $FB=k$,则 $AE=EF=2k$,$\therefore AB=AE+EF+FB=5k$,$OA=OB=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}k$,$OE=OA-AE=\frac{1}{2}k$.如图,连接 $OM,OC,EM$,过点 $M$ 作 $MN⊥ AB$ 于点 $N$,$\therefore OC=OA=\frac{5}{2}k$,$∠ ENM=90°$.$\because EF$ 为半圆 $M$ 的一条弦,且 $MN⊥ AB$,$\therefore EN=\frac{1}{2}EF=k$,$\therefore ON=EN-OE=\frac{1}{2}k$.由题意知,$M$ 是 $CD$ 的中点,且 $CD$ 为半圆 $M$ 的直径,$\therefore CM=ME=\frac{1}{2}CD=\sqrt{14}$,由垂径定理推论知 $OM⊥ CD$.在 $\mathrm{Rt}△ OCM$ 中,由勾股定理得 $OM^2=OC^2-CM^2=\frac{25}{4}k^2-14$,在 $\mathrm{Rt}△ OMN$ 中,由勾股定理得 $MN^2=OM^2-ON^2=6k^2-14$,在 $\mathrm{Rt}△ EMN$ 中,由勾股定理得 $MN^2=EM^2-EN^2=14-k^2$,$\therefore 6k^2-14=14-k^2$,$\therefore k^2=4$.$\because k＞0$,$\therefore k=2$,$\therefore AB=5k=10$.
解析
【分析】
本题需先根据线段比例设参数，结合垂径定理确定相关线段长度，再通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解参数，最终得到AB的长度。具体步骤为：设FB=k，由比例得AE、EF、AB的表达式；利用垂径定理得到EF中点N，进而确定ON、EN的长度；连接相关线段，在两个直角三角形中用勾股定理表示出MN的平方，联立方程求出k，即可算出AB。
【解析】
设 $ FB = k $，因为 $ AE:EF:FB = 2:2:1 $，所以 $ AE = EF = 2k $，则 $ AB = AE + EF + FB = 5k $。
因为AB是半圆O的直径，所以 $ OA = OB = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}k $，则 $ OE = OA - AE = \frac{5}{2}k - 2k = \frac{1}{2}k $。
连接 $ OM、OC、EM $，过点 $ M $ 作 $ MN ⊥ AB $ 于点 $ N $。
因为EF是半圆M的弦，且 $ MN ⊥ AB $，根据垂径定理，得 $ EN = \frac{1}{2}EF = k $，所以 $ ON = EN - OE = k - \frac{1}{2}k = \frac{1}{2}k $。
因为M是CD的中点，CD为半圆M的直径，所以 $ CM = ME = \frac{1}{2}CD = \sqrt{14} $，且由垂径定理推论知 $ OM ⊥ CD $。
在 $ \mathrm{Rt}△OCM $ 中，$ OC = OA = \frac{5}{2}k $，由勾股定理得：
$ OM^2 = OC^2 - CM^2 = ( \frac{5}{2}k )^2 - (\sqrt{14})^2 = \frac{25}{4}k^2 - 14 $。
在 $ \mathrm{Rt}△OMN $ 中，由勾股定理得：
$ MN^2 = OM^2 - ON^2 = ( \frac{25}{4}k^2 -14 ) - ( \frac{1}{2}k )^2 = 6k^2 -14 $。
在 $ \mathrm{Rt}△EMN $ 中，由勾股定理得：
$ MN^2 = EM^2 - EN^2 = (\sqrt{14})^2 - k^2 =14 -k^2 $。
联立两个 $ MN^2 $ 的表达式：$ 6k^2 -14 =14 -k^2 $，
解得 $ 7k^2=28 $，即 $ k^2=4 $，因为 $ k＞0 $，所以 $ k=2 $，
因此 $ AB=5k=5×2=10 $。
【答案】
10
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆的基本性质
【点评】
本题综合考查圆的垂径定理、勾股定理的应用，关键在于通过设参数建立方程，结合辅助线构造直角三角形，理清各线段间的关系，是一道综合性较强的圆相关计算题。
【难度系数】
0.5
本题需先根据线段比例设参数，结合垂径定理确定相关线段长度，再通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解参数，最终得到AB的长度。具体步骤为：设FB=k，由比例得AE、EF、AB的表达式；利用垂径定理得到EF中点N，进而确定ON、EN的长度；连接相关线段，在两个直角三角形中用勾股定理表示出MN的平方，联立方程求出k，即可算出AB。
【解析】
设 $ FB = k $，因为 $ AE:EF:FB = 2:2:1 $，所以 $ AE = EF = 2k $，则 $ AB = AE + EF + FB = 5k $。
因为AB是半圆O的直径，所以 $ OA = OB = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}k $，则 $ OE = OA - AE = \frac{5}{2}k - 2k = \frac{1}{2}k $。
连接 $ OM、OC、EM $，过点 $ M $ 作 $ MN ⊥ AB $ 于点 $ N $。
因为EF是半圆M的弦，且 $ MN ⊥ AB $，根据垂径定理，得 $ EN = \frac{1}{2}EF = k $，所以 $ ON = EN - OE = k - \frac{1}{2}k = \frac{1}{2}k $。
因为M是CD的中点，CD为半圆M的直径，所以 $ CM = ME = \frac{1}{2}CD = \sqrt{14} $，且由垂径定理推论知 $ OM ⊥ CD $。
在 $ \mathrm{Rt}△OCM $ 中，$ OC = OA = \frac{5}{2}k $，由勾股定理得：
$ OM^2 = OC^2 - CM^2 = ( \frac{5}{2}k )^2 - (\sqrt{14})^2 = \frac{25}{4}k^2 - 14 $。
在 $ \mathrm{Rt}△OMN $ 中，由勾股定理得：
$ MN^2 = OM^2 - ON^2 = ( \frac{25}{4}k^2 -14 ) - ( \frac{1}{2}k )^2 = 6k^2 -14 $。
在 $ \mathrm{Rt}△EMN $ 中，由勾股定理得：
$ MN^2 = EM^2 - EN^2 = (\sqrt{14})^2 - k^2 =14 -k^2 $。
联立两个 $ MN^2 $ 的表达式：$ 6k^2 -14 =14 -k^2 $，
解得 $ 7k^2=28 $，即 $ k^2=4 $，因为 $ k＞0 $，所以 $ k=2 $，
因此 $ AB=5k=5×2=10 $。
【答案】
10
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆的基本性质
【点评】
本题综合考查圆的垂径定理、勾股定理的应用，关键在于通过设参数建立方程，结合辅助线构造直角三角形，理清各线段间的关系，是一道综合性较强的圆相关计算题。
【难度系数】
0.5
3. 如图,有一张正八边形纸片 ABCDEFGH 缺了一个角A,连接CH,点O在CH上.若以点O为圆心,OH长为半径所画的圆恰好经过点D,则下列结论:①点O在BF上;②点O在BG上；③连接$OD$,则$OD// BC$;④$OH=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}OC$.其中正确的是
①③
(填写序号).答案
解析:如图
,补全缺失的角A,连接AO,DH,BG,BF,$\because$ 多边形 $ABCDEFGH$ 是正八边形,$\therefore$ 正八边形 $ABCDEFGH$ 是轴对称图形,且 $∠ BAH=∠ ABC=∠ BCD=135°$,$AH=AB=BC=CD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$、四边形 $HABC$ 是等腰梯形.$\because$ 以点 $O$ 为圆心,$OH$ 长为半径所画的圆恰好经过点 $D$,$\therefore OH=OD$,$\therefore$ 点 $O$ 在线段 $DH$ 的垂直平分线上.$\because$ 在正八边形 $ABCDEFGH$ 中,$BF$ 所在直线是正八边形 $ABCDEFGH$ 的对称轴,$\therefore BF$ 垂直平分线段 $DH$,$\therefore$ 点 $O$ 在 $BF$ 上,故①正确.
$\therefore$ 点 $O$ 不在 $BG$ 上,故②错误.
$\therefore$ 点 $O$ 为 $BF$ 与 $CH$ 的交点.$\because$ 正八边形 $ABCDEFGH$ 是关于 $BF$ 对称的轴对称图形,
$\therefore A,O,D$ 三点共线,$\therefore AO$ 与 $OD$ 在同一条直线上.$\because$ 四边形 $ABCD$、四边形 $HABC$ 是等腰梯形,$∠ BAH=∠ ABC=∠ BCD=135°$,$\therefore ∠ AHC=∠ BCH=∠ CDA=∠ BAD=45°$,$\therefore ∠ DAH=∠ DCH=90°$,$\therefore ∠ AOH=∠ COD=45°=∠ BCH$,
$\therefore △ AOH,△ COD$ 是等腰直角三角形,且 $OD// BC$,故③正确.
$\therefore OH=\sqrt{2}AO$.$\because OH=OD,AH=CD$,$\therefore \mathrm{Rt}△ AOH ≌ \mathrm{Rt}△ COD$,$\therefore AO=CO$,$\therefore OH=\sqrt{2}CO$,故④错误.综上所述,正确的有①③.
解析
【分析】
要判断各结论是否正确，需先补全正八边形ABCDEFGH，利用正八边形的轴对称性、各边相等、内角为135°的性质，结合圆的半径相等（OH=OD），通过垂直平分线、等腰三角形、全等三角形等几何知识逐一分析推导。
【解析】
补全缺失的角A，连接AO、DH、BG、BF。
∵多边形ABCDEFGH是正八边形，
∴正八边形ABCDEFGH是轴对称图形，且∠BAH=∠ABC=∠BCD=135°，AH=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD、四边形HABC是等腰梯形。
∵以点O为圆心，OH长为半径的圆经过点D，
∴OH=OD，即点O在线段DH的垂直平分线上。
∵正八边形ABCDEFGH中，BF所在直线是其对称轴，
∴BF垂直平分线段DH，故点O在BF上，①正确；
由此可知点O不在BG上，②错误；
∵正八边形关于BF对称，
∴A、O、D三点共线，AO与OD在同一直线上。
由等腰梯形性质得∠AHC=∠BCH=∠CDA=∠BAD=45°，
∴∠DAH=∠DCH=90°，故∠AOH=∠COD=45°，
∴△AOH、△COD是等腰直角三角形，且OD//BC，③正确；
在等腰直角△AOH中，OH=√2 AO，
又
∵OH=OD，AH=CD，
∴Rt△AOH≌Rt△COD，得AO=CO，
∴OH=√2 CO，而非OH=(√3+1)/2 OC，故④错误。
综上，正确结论为①③。
【答案】
①③
【知识点】
正八边形的性质、轴对称图形、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合正八边形的对称性，考查几何图形的性质与判定，需补全图形后利用垂直平分线、等腰直角三角形等知识推导，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要判断各结论是否正确，需先补全正八边形ABCDEFGH，利用正八边形的轴对称性、各边相等、内角为135°的性质，结合圆的半径相等（OH=OD），通过垂直平分线、等腰三角形、全等三角形等几何知识逐一分析推导。
【解析】
补全缺失的角A，连接AO、DH、BG、BF。
∵多边形ABCDEFGH是正八边形，
∴正八边形ABCDEFGH是轴对称图形，且∠BAH=∠ABC=∠BCD=135°，AH=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD、四边形HABC是等腰梯形。
∵以点O为圆心，OH长为半径的圆经过点D，
∴OH=OD，即点O在线段DH的垂直平分线上。
∵正八边形ABCDEFGH中，BF所在直线是其对称轴，
∴BF垂直平分线段DH，故点O在BF上，①正确；
由此可知点O不在BG上，②错误；
∵正八边形关于BF对称，
∴A、O、D三点共线，AO与OD在同一直线上。
由等腰梯形性质得∠AHC=∠BCH=∠CDA=∠BAD=45°，
∴∠DAH=∠DCH=90°，故∠AOH=∠COD=45°，
∴△AOH、△COD是等腰直角三角形，且OD//BC，③正确；
在等腰直角△AOH中，OH=√2 AO，
又
∵OH=OD，AH=CD，
∴Rt△AOH≌Rt△COD，得AO=CO，
∴OH=√2 CO，而非OH=(√3+1)/2 OC，故④错误。
综上，正确结论为①③。
【答案】
①③
【知识点】
正八边形的性质、轴对称图形、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合正八边形的对称性，考查几何图形的性质与判定，需补全图形后利用垂直平分线、等腰直角三角形等知识推导，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
4. (2025·无锡期末)如图,$AB$为$\odot O$的直径,且$AB=2$,点$C$在半圆上,$OC ⊥ AB$,垂足为$O$,$P$为半圆上任意一点,过$P$点作$PE ⊥ OC$于点$E$,设$△ OPE$的内心为$M$,连接$OM$,$PM$.当点$P$在半圆上从点$B$运动到点$C$时,则内心$M$所经过的路径长为
$\dfrac{\sqrt{2}}{4}π$
.答案
解析:$\because PE⊥ OC$,$\therefore ∠ OEP=90°$,$\therefore ∠ EOP+∠ EPO=90°$.$\because △ OPE$ 的内心为点 $M$,$\therefore ∠ MOP=∠ MOC=\frac{1}{2}∠ EOP$,$∠ MPO=∠ MPE=\frac{1}{2}∠ EPO$,$\therefore ∠ PMO=180°-(∠ MPO+∠ MOP)=180°-\frac{1}{2}(∠ EOP+∠ EPO)=135°$,如图
,连接 $CM$,在 $△ COM$ 和 $△ POM$ 中,$\begin{cases} OC=OP, \\ ∠ MOC=∠ MOP, \\ OM=OM, \end{cases}$$\therefore △ COM ≌ △ POM (\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ CMO=∠ PMO=135°$,$\therefore$ 如图,当点 $P$ 在半圆上从点 $B$ 运动到点 $C$ 时,点 $M$ 在以 $OC$ 为弦,并且所对的圆周角为 $135°$ 的劣弧 $\overset{\frown}{OMC}$ 上.设劣弧 $\overset{\frown}{OMC}$ 所在的圆为 $\odot O'$,连接 $O'O,O'C$,在优弧 $\overset{\frown}{OC}$ 上取一点 $D$,连接 $OD,CD$,$\therefore ∠ CDO=180°-∠ CMO=45°$,由圆周角定理得 $∠ O'=2∠ CDO=90°$.$\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径,且 $AB=2$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=1$.$\because O'O=O'C$,$\therefore OC=\sqrt{O'O^2+O'C^2}=\sqrt{2}O'O=1$,解得 $O'O=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore$ 劣弧 $\overset{\frown}{OMC}$ 的长度为 $\frac{90π × \frac{\sqrt{2}}{2}}{180}=\frac{\sqrt{2}}{4}π$,即内心 $M$ 所经过的路径长为 $\frac{\sqrt{2}}{4}π$.
解析
【分析】
要确定内心M的路径长，需先推导M的轨迹：首先利用直角三角形内心的角平分线性质，计算∠PMO的度数；再通过全等三角形证明∠CMO=135°，从而确定M的轨迹是以OC为弦、圆周角为135°的劣弧；最后结合圆的半径和圆心角，计算该弧的长度。
【解析】
∵ PE⊥OC，
∴ ∠OEP=90°，即△OPE为直角三角形，故∠EOP + ∠EPO=90°。
∵ M是△OPE的内心，
∴ OM平分∠EOP，PM平分∠EPO，即∠MOP=1/2∠EOP，∠MPO=1/2∠EPO。
∴ ∠PMO=180° - (∠MOP + ∠MPO)=180° - 1/2(∠EOP + ∠EPO)=180° - 1/2×90°=135°。
连接CM，在△COM和△POM中：
$\begin{cases} OC=OP \\ ∠MOC=∠MOP \\ OM=OM \end{cases}$
∴ △COM≌△POM（SAS），故∠CMO=∠PMO=135°。
由此可知，当点P从B运动到C时，点M在以OC为弦、所对圆周角为135°的劣弧上。设该劣弧所在圆为⊙O'，在优弧OC上取点D，连接OD、CD，则∠CDO=180° - ∠CMO=45°。根据圆周角定理，⊙O'的圆心角∠OO'C=2∠CDO=90°。
∵ AB为⊙O直径，AB=2，
∴ OC=1。在△OO'C中，OO'=O'C，由勾股定理得：OC²=OO'² + O'C²=2OO'²，解得OO'=√2/2。
∴ 劣弧$\overset{\frown}{OMC}$的长度为$\frac{90°×π×\frac{\sqrt{2}}{2}}{180°}=\frac{\sqrt{2}}{4}π$，即内心M所经过的路径长为$\frac{\sqrt{2}}{4}π$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{4}π$
【知识点】
三角形内心、圆周角定理、弧长计算
【点评】
本题结合三角形内心性质与全等三角形确定动点轨迹，再利用圆周角定理和勾股定理计算弧长，综合性较强，需熟练掌握相关几何性质。
【难度系数】
0.3
要确定内心M的路径长，需先推导M的轨迹：首先利用直角三角形内心的角平分线性质，计算∠PMO的度数；再通过全等三角形证明∠CMO=135°，从而确定M的轨迹是以OC为弦、圆周角为135°的劣弧；最后结合圆的半径和圆心角，计算该弧的长度。
【解析】
∵ PE⊥OC，
∴ ∠OEP=90°，即△OPE为直角三角形，故∠EOP + ∠EPO=90°。
∵ M是△OPE的内心，
∴ OM平分∠EOP，PM平分∠EPO，即∠MOP=1/2∠EOP，∠MPO=1/2∠EPO。
∴ ∠PMO=180° - (∠MOP + ∠MPO)=180° - 1/2(∠EOP + ∠EPO)=180° - 1/2×90°=135°。
连接CM，在△COM和△POM中：
$\begin{cases} OC=OP \\ ∠MOC=∠MOP \\ OM=OM \end{cases}$
∴ △COM≌△POM（SAS），故∠CMO=∠PMO=135°。
由此可知，当点P从B运动到C时，点M在以OC为弦、所对圆周角为135°的劣弧上。设该劣弧所在圆为⊙O'，在优弧OC上取点D，连接OD、CD，则∠CDO=180° - ∠CMO=45°。根据圆周角定理，⊙O'的圆心角∠OO'C=2∠CDO=90°。
∵ AB为⊙O直径，AB=2，
∴ OC=1。在△OO'C中，OO'=O'C，由勾股定理得：OC²=OO'² + O'C²=2OO'²，解得OO'=√2/2。
∴ 劣弧$\overset{\frown}{OMC}$的长度为$\frac{90°×π×\frac{\sqrt{2}}{2}}{180°}=\frac{\sqrt{2}}{4}π$，即内心M所经过的路径长为$\frac{\sqrt{2}}{4}π$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{4}π$
【知识点】
三角形内心、圆周角定理、弧长计算
【点评】
本题结合三角形内心性质与全等三角形确定动点轨迹，再利用圆周角定理和勾股定理计算弧长，综合性较强，需熟练掌握相关几何性质。
【难度系数】
0.3
5. (2025·南京模拟) 如图，$□ ABCD$ 的顶点 $A$，$C,D$ 在同一个圆上，点 $E$ 在 $\widehat{AC}$ 上，且 $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，连接 $CE$ 并延长交 $AB$ 于点 $F$，连接 $BE$ 并延长交 $CD$ 于点 $G$，交圆于点 $H$，连接 $AE,DE$.
(1) 若 $BC=10,DE=12$, 求 $S_{△ ADE}$.
(2) 若 $DE$ 为圆的直径.
①求 $∠ ABE$ 的度数；
②求证:$HG=BE$.
(1) 若 $BC=10,DE=12$, 求 $S_{△ ADE}$.
(2) 若 $DE$ 为圆的直径.
①求 $∠ ABE$ 的度数；
②求证:$HG=BE$.
答案
(1) 作 $AM⊥ DE$ 于点 $M$,
$\therefore ∠ AMD=90°$,$AD=BC=10$,$AD=AE$,则 $DM=\frac{1}{2}DE=6$,在直角三角形 $ADM$ 中,由勾股定理得 $AM=\sqrt{AD^2-DM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$,$\therefore S_{△ ADE}=\frac{1}{2}DE· AM=\frac{1}{2}×12×8=48$.
(2) ①$\because DE$ 为圆的直径,$\therefore ∠ DAE=∠ DCE=90°$.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为平行四边形,$\therefore AD=BC$,$AB// CD$,$∠ ADC=∠ ABC$,$\therefore ∠ CFB=∠ DCE=90°$,$\therefore ∠ AFC=180°-∠ CFB=90°$.$\because AD=AE$,$\therefore AE=CB$.$\because ∠ ADC+∠ DAE+∠ AEC+∠ DCE=360°$,$\therefore ∠ ADC+∠ AEC=180°$.$\because ∠ AEF+∠ AEC=180°$,$\therefore ∠ AEF=∠ ADC=∠ ABC$,在 $△ AEF$ 和 $△ CBF$ 中,
$\begin{cases} ∠ AEF=∠ CBF, \\ ∠ AFC=∠ CFB, \\ AE=CB, \end{cases}$$\therefore △ AEF ≌ △ CBF$,$\therefore EF=BF$,
$\therefore ∠ ABE=∠ BEF=45°$.
②连接 $AH$ 交 $CD$ 于点 $N$.如图②
,$\because DE$ 为圆的直径,$\therefore ∠ DAE=∠ DCE=90°$.$\because AD=AE$,$\therefore ∠ ADE=∠ AED=45°$,$\therefore ∠ H=∠ ADE=∠ ABE=45°$,$\therefore AH=AB$,$∠ BAH=90°$.$\because ∠ AFC=∠ DCF=90°$,$\therefore$ 四边形 $CNAF$ 为矩形.$\because △ AEF ≌ △ CBF$,$\therefore AF=CF$,$\therefore$ 矩形 $CNAF$ 为正方形,$\therefore AN=AF$,$\therefore AH-AN=AB-AF$,即 $HN=BF$,由勾股定理可得 $HG=\sqrt{2}HN$,$BE=\sqrt{2}BF$,$\therefore HG=BE$.
解析
【分析】
(1) 要计算△ADE的面积，已知DE=12，需先求DE边上的高。利用平行四边形对边相等得AD=BC，结合弧相等推出AD=AE，再通过等腰三角形三线合一和勾股定理求出高，即可计算面积。
(2) ①DE为圆的直径，根据直径所对圆周角为直角得∠DAE=90°；结合平行四边形的平行关系和角的等量推导，证明三角形全等得到边相等，进而推出等腰直角三角形，求出∠ABE的度数。②连接AH，利用圆周角定理和全等、平行四边形的性质，证得线段相等，再通过勾股定理表示HG和BE，完成证明。
【解析】
(1) 作 $AM⊥ DE$ 于点 $M$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD=BC=10$，
又
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $AD=AE=10$，
∵ $AM⊥ DE$，
∴ $DM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×12=6$，
在 $Rt△ADM$ 中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AD^2-DM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∴ $S_{△ADE}=\frac{1}{2}×DE×AM=\frac{1}{2}×12×8=48$。
(2) ①
∵ $DE$ 为圆的直径，
∴ $∠DAE=90°$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD=BC$，$AB//CD$，
∴ $∠CFB=∠DCE=90°$，
∴ $∠AFC=90°$，
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $AD=AE=BC$，
∵ 四边形 $ADCE$ 内接于圆，
∴ $∠ADC+∠AEC=180°$，
又
∵ $∠AEF+∠AEC=180°$，
∴ $∠AEF=∠ADC=∠ABC$，
在 $△AEF$ 和 $△CBF$ 中：
$\begin{cases} ∠AEF=∠CBF \\ ∠AFE=∠CFB=90° \\ AE=CB \end{cases}$，
∴ $△AEF≌△CBF(AAS)$，
∴ $EF=BF$，
∴ $△BEF$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ABE=45°$。
②连接 $AH$ 交 $CD$ 于点 $N$，
∵ $DE$ 为圆的直径，
∴ $∠DAE=90°$，
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $∠ADE=∠AED=45°$，
由圆周角定理得：$∠H=∠ADE=45°$，$∠ABE=∠ADE=45°$，
∴ $∠BAH=90°$，
∵ $AB//CD$，$∠AFC=90°$，
∴ 四边形 $CNAF$ 是矩形，
由 $△AEF≌△CBF$ 得 $AF=CF$，
∴ 矩形 $CNAF$ 是正方形，
∴ $AN=AF$，
∵ $AH=AB$，
∴ $AH-AN=AB-AF$，即 $HN=BF$，
在等腰直角△HNG中，$HG=\sqrt{2}HN$，
在等腰直角△BEF中，$BE=\sqrt{2}BF$，
∴ $HG=BE$。
【答案】
(1) $48$；(2) ① $45°$；② 证明成立。
【知识点】
圆的性质、平行四边形性质、全等三角形判定
【点评】
本题是平行四边形与圆的综合题，融合多个几何核心知识点，需熟练运用定理推导边和角的关系，逻辑要求较高，能有效考查学生的几何综合能力。
【难度系数】
0.5
(1) 要计算△ADE的面积，已知DE=12，需先求DE边上的高。利用平行四边形对边相等得AD=BC，结合弧相等推出AD=AE，再通过等腰三角形三线合一和勾股定理求出高，即可计算面积。
(2) ①DE为圆的直径，根据直径所对圆周角为直角得∠DAE=90°；结合平行四边形的平行关系和角的等量推导，证明三角形全等得到边相等，进而推出等腰直角三角形，求出∠ABE的度数。②连接AH，利用圆周角定理和全等、平行四边形的性质，证得线段相等，再通过勾股定理表示HG和BE，完成证明。
【解析】
(1) 作 $AM⊥ DE$ 于点 $M$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD=BC=10$，
又
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $AD=AE=10$，
∵ $AM⊥ DE$，
∴ $DM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×12=6$，
在 $Rt△ADM$ 中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AD^2-DM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∴ $S_{△ADE}=\frac{1}{2}×DE×AM=\frac{1}{2}×12×8=48$。
(2) ①
∵ $DE$ 为圆的直径，
∴ $∠DAE=90°$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD=BC$，$AB//CD$，
∴ $∠CFB=∠DCE=90°$，
∴ $∠AFC=90°$，
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $AD=AE=BC$，
∵ 四边形 $ADCE$ 内接于圆，
∴ $∠ADC+∠AEC=180°$，
又
∵ $∠AEF+∠AEC=180°$，
∴ $∠AEF=∠ADC=∠ABC$，
在 $△AEF$ 和 $△CBF$ 中：
$\begin{cases} ∠AEF=∠CBF \\ ∠AFE=∠CFB=90° \\ AE=CB \end{cases}$，
∴ $△AEF≌△CBF(AAS)$，
∴ $EF=BF$，
∴ $△BEF$ 是等腰直角三角形，
∴ $∠ABE=45°$。
②连接 $AH$ 交 $CD$ 于点 $N$，
∵ $DE$ 为圆的直径，
∴ $∠DAE=90°$，
∵ $\widehat{AD}=\widehat{AE}$，
∴ $∠ADE=∠AED=45°$，
由圆周角定理得：$∠H=∠ADE=45°$，$∠ABE=∠ADE=45°$，
∴ $∠BAH=90°$，
∵ $AB//CD$，$∠AFC=90°$，
∴ 四边形 $CNAF$ 是矩形，
由 $△AEF≌△CBF$ 得 $AF=CF$，
∴ 矩形 $CNAF$ 是正方形，
∴ $AN=AF$，
∵ $AH=AB$，
∴ $AH-AN=AB-AF$，即 $HN=BF$，
在等腰直角△HNG中，$HG=\sqrt{2}HN$，
在等腰直角△BEF中，$BE=\sqrt{2}BF$，
∴ $HG=BE$。
【答案】
(1) $48$；(2) ① $45°$；② 证明成立。
【知识点】
圆的性质、平行四边形性质、全等三角形判定
【点评】
本题是平行四边形与圆的综合题，融合多个几何核心知识点，需熟练运用定理推导边和角的关系，逻辑要求较高，能有效考查学生的几何综合能力。
【难度系数】
0.5
