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7. (2024·南京期中)如图①,C、D分别是半圆O的直径AB上的点,点E、F在$\overset{\frown}{AB}$上,且四边形CDEF是正方形.
(1)若$AB=4\sqrt{5}$,则正方形CDEF的面积为________.
(2)如图②,点G、H、M分别在AB、$\overset{\frown}{AB}$、DE上,连接HG、HM,四边形DGHM是正方形,且其面积为16.
①求AB的值;
②如图③,点N、P、Q分别在HM、$\overset{\frown}{AB}$、EM上,连接PN、PQ,四边形MNPQ是正方形.直接写出正方形MNPQ与正方形DGHM的面积比.
(1)若$AB=4\sqrt{5}$,则正方形CDEF的面积为________.
(2)如图②,点G、H、M分别在AB、$\overset{\frown}{AB}$、DE上,连接HG、HM,四边形DGHM是正方形,且其面积为16.
①求AB的值;
②如图③,点N、P、Q分别在HM、$\overset{\frown}{AB}$、EM上,连接PN、PQ,四边形MNPQ是正方形.直接写出正方形MNPQ与正方形DGHM的面积比.
答案
16
; 解: (2) ①连接$OE$、$OH，$ 因为四边形$DGHM$是正方形，且其面积为$16，$
所以$HG = DG = 4，$设$OD = x，$则$DE = 2x。$ 在$Rt\triangle ODE$中，$OE^{2}=x^{2}+(2x)^{2}=5x^{2}，$
在$Rt\triangle OHG$中，$OH^{2}=4^{2}+(x + 4)^{2}。$ 所以$4^{2}+(x + 4)^{2}=5x^{2}，$ $16+x^{2}+8x + 16 = 5x^{2}，$ $4x^{2}-8x - 32 = 0，$ $x^{2}-2x - 8 = 0，$ $(x - 4)(x + 2)=0，$
解得$x_{1}=4，$$x_{2}=-2$（舍去）。 所以$OE = 4\sqrt{5}，$
所以$AB = 8\sqrt{5}。$ ②$\frac{S_{正方形MNPQ}}{S_{正方形DGHM}}=\frac{7 - 2\sqrt{10}}{2}。$ 解析：如图，连接$OM$、$PM$、$DH，$ 因为$MD = OD = 4，$且$∠MDO = 90°，$
所以$∠MOD=∠OMD = 45°，$
$OM=\sqrt{OD^{2}+DM^{2}}=4\sqrt{2}。$ 又因为$∠PMN = 45°，$
所以$∠OMD+∠DMH+∠PMN = 180°，$
所以$O$、$M$、$P$三点共线，所以$MP = 4\sqrt{5}-4\sqrt{2}。$ 所以$\frac{S_{正方形MNPQ}}{S_{正方形DGHM}}=\frac{\frac{1}{2}MP^{2}}{DG^{2}}=\frac{\frac{1}{2}×(4\sqrt{5}-4\sqrt{2})^{2}}{4^{2}}=\frac{7 - 2\sqrt{10}}{2}。$
; 解: (2) ①连接$OE$、$OH，$ 因为四边形$DGHM$是正方形，且其面积为$16，$
所以$HG = DG = 4，$设$OD = x，$则$DE = 2x。$ 在$Rt\triangle ODE$中，$OE^{2}=x^{2}+(2x)^{2}=5x^{2}，$
在$Rt\triangle OHG$中，$OH^{2}=4^{2}+(x + 4)^{2}。$ 所以$4^{2}+(x + 4)^{2}=5x^{2}，$ $16+x^{2}+8x + 16 = 5x^{2}，$ $4x^{2}-8x - 32 = 0，$ $x^{2}-2x - 8 = 0，$ $(x - 4)(x + 2)=0，$
解得$x_{1}=4，$$x_{2}=-2$（舍去）。 所以$OE = 4\sqrt{5}，$
所以$AB = 8\sqrt{5}。$ ②$\frac{S_{正方形MNPQ}}{S_{正方形DGHM}}=\frac{7 - 2\sqrt{10}}{2}。$ 解析：如图，连接$OM$、$PM$、$DH，$ 因为$MD = OD = 4，$且$∠MDO = 90°，$
所以$∠MOD=∠OMD = 45°，$
$OM=\sqrt{OD^{2}+DM^{2}}=4\sqrt{2}。$ 又因为$∠PMN = 45°，$
所以$∠OMD+∠DMH+∠PMN = 180°，$
所以$O$、$M$、$P$三点共线，所以$MP = 4\sqrt{5}-4\sqrt{2}。$ 所以$\frac{S_{正方形MNPQ}}{S_{正方形DGHM}}=\frac{\frac{1}{2}MP^{2}}{DG^{2}}=\frac{\frac{1}{2}×(4\sqrt{5}-4\sqrt{2})^{2}}{4^{2}}=\frac{7 - 2\sqrt{10}}{2}。$
8. (2024·扬州期中)【特例感知】
(1)如图①, AB是$\odot O$的直径,$∠ BAC$是$\odot O$的圆周角,AD平分$∠ BAC$交$\odot O$于点D,连接CD、BD.已知$BD=3,∠ BAD=30°$,则$∠ BDC$的度数为________°,点D到直线AC的距离为________.
【类比迁移】
(2)如图②,$∠ BAC$是$\odot O$的圆周角,AD平分$∠ BAC$交$\odot O$于点D,过点D作$DM ⊥ AB$,垂足为M,探索线段AB、AC、AM之间的数量关系,并说明理由.
【问题解决】
(3)如图③,四边形ABCD为$\odot O$的内接四边形,$∠ BAD=90°$,AC平分$∠ BAD$,$AB=5$,$AD+AC=15$,求线段AC的长.
(1)如图①, AB是$\odot O$的直径,$∠ BAC$是$\odot O$的圆周角,AD平分$∠ BAC$交$\odot O$于点D,连接CD、BD.已知$BD=3,∠ BAD=30°$,则$∠ BDC$的度数为________°,点D到直线AC的距离为________.
【类比迁移】
(2)如图②,$∠ BAC$是$\odot O$的圆周角,AD平分$∠ BAC$交$\odot O$于点D,过点D作$DM ⊥ AB$,垂足为M,探索线段AB、AC、AM之间的数量关系,并说明理由.
【问题解决】
(3)如图③,四边形ABCD为$\odot O$的内接四边形,$∠ BAD=90°$,AC平分$∠ BAD$,$AB=5$,$AD+AC=15$,求线段AC的长.
答案
120
; $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ ; 解$： (2)AB + AC = 2AM。$理由如下： 如图②，连接$BD、$$CD，$作$DN\perp AC$交$AC$的延长线于点$N，$$ $因为$AD$平分$∠BAC，$$DM\perp AB，$所以$CD = BD，$$DN = DM。$$ $因为$∠DCN+∠ACD = 180°，$$∠B+∠ACD = 180°，$所以$∠DCN=∠B。$$ $因为$∠N=∠DMB = 90°，$所以$\triangle DCN\cong \triangle DBM(\mathrm {AAS})，$所以$CN = BM。$$ $因为$∠N=∠AMD = 90°，$$AD = AD，$$DN = DM，$所以$Rt\triangle ADN\cong Rt\triangle ADM(\mathrm {HL})，$所以$AN = AM。$$ $所以$AB + AC = AM + BM+AC $$= AM + CN+AC = AM + AN = 2AM。$
$ (3) $如图$③，$作$CG\perp AD$于点$G，$$CH\perp AB$交$AB$的延长线于点$H，$$ $因为$AC$平分$∠BAD，$所以$CG = CH。$$ $因为$∠D+∠ABC = 180°，$$∠CBH+∠ABC = 180°，$所以$∠D=∠CBH。$$ $因为$∠CGD=∠H = 90°，$所以$\triangle CGD\cong \triangle CHB(\mathrm {AAS})，$所以$DG = BH。$$ $设$DG = BH = x，$因为$∠BAD=∠AGC=∠AHC = 90°，$所以四边形$AGCH$是矩形。$ $因为$CG = CH，$所以四边形$AGCH$是正方形，所以$AG = AH = CG。$$ $因为$AB = 5，$$AD + AC = 15，$所以$CG = AG = AH = 5 + x，$$AD = AG + x = AH + x = 5 + 2x，$$AC = 15 - AD = 15-(5 + 2x)=10 - 2x。$$ $因为$AG^2+CG^2=AC^2，$所以$(5 + x)^2+(5 + x)^2=(10 - 2x)^2，$$ 2(25 + 10x+x^2)=100 - 40x + 4x^2，$$ 50 + 20x+2x^2=100 - 40x + 4x^2，$$ 2x^2-60x + 50 = 0，$$ x^2-30x + 25 = 0，$$ $解得$x_{1}=15 - 10\sqrt {2}，$$x_{2}=15 + 10\sqrt {2}($不符合题意，舍去），$ $所以$AC = 10-2×(15 - 10\sqrt {2})=20\sqrt {2}-20，$所以线段$AC$的长为$20\sqrt {2}-20。$