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3.「2026 江苏苏州高新区实验初级中学月考」
(1)如图 1,在正方形 ABCD 中,O 为对角线的交点,⊙O 的半径为正方形边长的一半,求证:⊙O 与 AD 相切.
(2)如图 2,在正方形 ABCD 中,AB=4,DN,BM,BD 分别与⊙O 相切于点 N,M,E,且 DN=BM=2√2,OC=2√2−1,求⊙O 的半径.
(3)如图 3,半径为 1 的⊙O 在边长为 4 的正方形 ABCD 内任意移动,在其任意移动的过程中,⊙O 所扫过的最大区域面积为
(1)如图 1,在正方形 ABCD 中,O 为对角线的交点,⊙O 的半径为正方形边长的一半,求证:⊙O 与 AD 相切.
(2)如图 2,在正方形 ABCD 中,AB=4,DN,BM,BD 分别与⊙O 相切于点 N,M,E,且 DN=BM=2√2,OC=2√2−1,求⊙O 的半径.
(3)如图 3,半径为 1 的⊙O 在边长为 4 的正方形 ABCD 内任意移动,在其任意移动的过程中,⊙O 所扫过的最大区域面积为
$12+π$
.答案
3. (1)证明:如图,过点$O$作$OE⊥ AD$于点$E$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,
$\therefore OD=OA$,$OD⊥ OA$,
$\therefore △ OAD$是等腰直角三角形,
$\therefore DE=AE$.
$\therefore OE=DE=EA=\dfrac{1}{2}AD$,
$\therefore OE$是$\odot O$的半径,
$\therefore \odot O$与$AD$相切.
(2)如图,连接$OE$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,$AB=4$,
$\therefore BC=CD=4$,
$\therefore BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$,
$\because DN,BM,BD$分别与$\odot O$相切于点$N,M,E$,
$\therefore DN=DE$,$BM=BE$,$OE⊥ BD$,
$\because DN=BM=2\sqrt{2}$,$\therefore BE=DE$,$\therefore OE$垂直平分$BD$.
$\because CD=CB$,$\therefore$ 点$C$在$BD$的垂直平分线上,
$\therefore C,O,E$三点在同一条直线上.
易知$CE=\dfrac{1}{2}BD=2\sqrt{2}$,
$\because OC=2\sqrt{2}-1$,
$\therefore OE=CE-OC=1$,即$\odot O$的半径为$1$.
(3)$12+π$.
详解:如图,$\because$ 半径为$1$的$\odot O$在边长为$4$的正方形$ABCD$内任意移动,
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积为正方形$ABCD$的面积减去四个直角处空白部分的面积,
设$\odot O$与正方形的边$CD$相切于点$E$,与$AD$相切于点$F$,则$OE⊥ CD$,$OF⊥ AD$.
$\because ∠ D=90°$且$OE=OF$,
$\therefore$ 四边形$OEDF$为正方形,
$\therefore ∠ EOF=90°$.
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积$=4^2 - 4× (1^2-\dfrac{90π× 1^2}{360})=12+π$.
解析
【分析】
(1)要证明⊙O与AD相切，根据切线判定定理，只需证明圆心O到AD的距离等于⊙O的半径即可。因此过O作AD的垂线段OE，结合正方形对角线的性质推导OE长度等于正方形边长的一半（即⊙O的半径），即可得证。
(2)求⊙O的半径，已知BD是切线，切点为E，故半径OE⊥BD。先根据正方形边长求出BD长度，再利用切线长定理得DN=DE、BM=BE，推出E是BD中点，结合正方形性质可知点C在BD的垂直平分线上，因此C、O、E三点共线，用CE长度减去OC长度即可得到半径OE的长。
(3)求⊙O扫过的最大区域面积，首先明确圆在正方形内移动时，四个直角位置存在无法扫到的空白区域，每个空白区域是边长为圆半径的正方形减去四分之一圆的面积，用大正方形总面积减去四个角落空白的总面积，即可得到扫过的区域面积。
【解析】
(1)证明：过点O作OE⊥AD于点E，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OD=OA，OD⊥OA，即△OAD是等腰直角三角形，
又
∵OE⊥AD，
∴DE=AE（等腰三角形三线合一），
∴OE=DE=EA=$\frac{1}{2}$AD，
即OE的长度等于⊙O的半径，且OE⊥AD，
∴⊙O与AD相切。
(2)解：连接OE，
∵四边形ABCD为正方形，AB=4，
∴BC=CD=4，∠BCD=90°，
∴BD=$\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
∵DN、BM、BD分别与⊙O相切于点N、M、E，
∴根据切线长定理可得：DN=DE，BM=BE，且OE⊥BD（圆的切线垂直于过切点的半径），
∵DN=BM=$2\sqrt{2}$，
∴DE=BE=$2\sqrt{2}$，即E为BD的中点，OE垂直平分BD，
又
∵CD=CB，
∴点C在BD的垂直平分线上，因此C、O、E三点共线，
易知CE是Rt△BCD斜边BD的中线，
∴CE=$\frac{1}{2}$BD=$2\sqrt{2}$，
∵OC=$2\sqrt{2}-1$，
∴OE=CE - OC=$2\sqrt{2} - (2\sqrt{2}-1)=1$，即⊙O的半径为1。
(3)解：半径为1的⊙O在边长为4的正方形内移动时，无法扫到的区域为四个直角处的空白部分：
设⊙O与正方形的边CD相切于点E，与AD相切于点F，则OE⊥CD，OF⊥AD，
∵∠D=90°，OE=OF=1，
∴四边形OEDF是边长为1的正方形，∠EOF=90°，
因此单个角落的空白面积=边长为1的正方形面积 - 圆心角为90°的扇形面积=$1^2 - \frac{90π×1^2}{360}=1-\frac{π}{4}$，
四个角落的空白总面积=$4×(1-\frac{π}{4})=4-π$，
∴⊙O扫过的最大区域面积=正方形ABCD的面积 - 四个角落空白总面积=$4^2 - (4-π)=12+π$。
【答案】
(1)证明:如图,过点$O$作$OE⊥ AD$于点$E$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,
$\therefore OD=OA$,$OD⊥ OA$,
$\therefore △ OAD$是等腰直角三角形,
$\therefore DE=AE$.
$\therefore OE=DE=EA=\dfrac{1}{2}AD$,
$\therefore OE$是$\odot O$的半径,
$\therefore \odot O$与$AD$相切.
(2)如图,连接$OE$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,$AB=4$,
$\therefore BC=CD=4$,
$\therefore BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$,
$\because DN,BM,BD$分别与$\odot O$相切于点$N,M,E$,
$\therefore DN=DE$,$BM=BE$,$OE⊥ BD$,
$\because DN=BM=2\sqrt{2}$,$\therefore BE=DE$,$\therefore OE$垂直平分$BD$.
$\because CD=CB$,$\therefore$ 点$C$在$BD$的垂直平分线上,
$\therefore C,O,E$三点在同一条直线上.
易知$CE=\dfrac{1}{2}BD=2\sqrt{2}$,
$\because OC=2\sqrt{2}-1$,
$\therefore OE=CE-OC=1$,即$\odot O$的半径为$1$.
(3)$12+π$.
详解:如图,$\because$ 半径为$1$的$\odot O$在边长为$4$的正方形$ABCD$内任意移动,
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积为正方形$ABCD$的面积减去四个直角处空白部分的面积,
设$\odot O$与正方形的边$CD$相切于点$E$,与$AD$相切于点$F$,则$OE⊥ CD$,$OF⊥ AD$.
$\because ∠ D=90°$且$OE=OF$,
$\therefore$ 四边形$OEDF$为正方形,
$\therefore ∠ EOF=90°$.
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积$=4^2 - 4× (1^2-\dfrac{90π× 1^2}{360})=12+π$.
【知识点】
切线的判定与性质，切线长定理，正方形的性质
【点评】
本题围绕正方形与圆的综合知识设置问题，梯度明显，既考查了基础几何定理的应用，也对动态图形的面积分析能力有一定要求，需要熟练掌握相关性质的同时，具备清晰的空间想象能力。
【难度系数】
0.65
(1)要证明⊙O与AD相切，根据切线判定定理，只需证明圆心O到AD的距离等于⊙O的半径即可。因此过O作AD的垂线段OE，结合正方形对角线的性质推导OE长度等于正方形边长的一半（即⊙O的半径），即可得证。
(2)求⊙O的半径，已知BD是切线，切点为E，故半径OE⊥BD。先根据正方形边长求出BD长度，再利用切线长定理得DN=DE、BM=BE，推出E是BD中点，结合正方形性质可知点C在BD的垂直平分线上，因此C、O、E三点共线，用CE长度减去OC长度即可得到半径OE的长。
(3)求⊙O扫过的最大区域面积，首先明确圆在正方形内移动时，四个直角位置存在无法扫到的空白区域，每个空白区域是边长为圆半径的正方形减去四分之一圆的面积，用大正方形总面积减去四个角落空白的总面积，即可得到扫过的区域面积。
【解析】
(1)证明：过点O作OE⊥AD于点E，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OD=OA，OD⊥OA，即△OAD是等腰直角三角形，
又
∵OE⊥AD，
∴DE=AE（等腰三角形三线合一），
∴OE=DE=EA=$\frac{1}{2}$AD，
即OE的长度等于⊙O的半径，且OE⊥AD，
∴⊙O与AD相切。
(2)解：连接OE，
∵四边形ABCD为正方形，AB=4，
∴BC=CD=4，∠BCD=90°，
∴BD=$\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
∵DN、BM、BD分别与⊙O相切于点N、M、E，
∴根据切线长定理可得：DN=DE，BM=BE，且OE⊥BD（圆的切线垂直于过切点的半径），
∵DN=BM=$2\sqrt{2}$，
∴DE=BE=$2\sqrt{2}$，即E为BD的中点，OE垂直平分BD，
又
∵CD=CB，
∴点C在BD的垂直平分线上，因此C、O、E三点共线，
易知CE是Rt△BCD斜边BD的中线，
∴CE=$\frac{1}{2}$BD=$2\sqrt{2}$，
∵OC=$2\sqrt{2}-1$，
∴OE=CE - OC=$2\sqrt{2} - (2\sqrt{2}-1)=1$，即⊙O的半径为1。
(3)解：半径为1的⊙O在边长为4的正方形内移动时，无法扫到的区域为四个直角处的空白部分：
设⊙O与正方形的边CD相切于点E，与AD相切于点F，则OE⊥CD，OF⊥AD，
∵∠D=90°，OE=OF=1，
∴四边形OEDF是边长为1的正方形，∠EOF=90°，
因此单个角落的空白面积=边长为1的正方形面积 - 圆心角为90°的扇形面积=$1^2 - \frac{90π×1^2}{360}=1-\frac{π}{4}$，
四个角落的空白总面积=$4×(1-\frac{π}{4})=4-π$，
∴⊙O扫过的最大区域面积=正方形ABCD的面积 - 四个角落空白总面积=$4^2 - (4-π)=12+π$。
【答案】
(1)证明:如图,过点$O$作$OE⊥ AD$于点$E$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,
$\therefore OD=OA$,$OD⊥ OA$,
$\therefore △ OAD$是等腰直角三角形,
$\therefore DE=AE$.
$\therefore OE=DE=EA=\dfrac{1}{2}AD$,
$\therefore OE$是$\odot O$的半径,
$\therefore \odot O$与$AD$相切.
(2)如图,连接$OE$,
$\because$ 四边形$ABCD$为正方形,$AB=4$,
$\therefore BC=CD=4$,
$\therefore BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$,
$\because DN,BM,BD$分别与$\odot O$相切于点$N,M,E$,
$\therefore DN=DE$,$BM=BE$,$OE⊥ BD$,
$\because DN=BM=2\sqrt{2}$,$\therefore BE=DE$,$\therefore OE$垂直平分$BD$.
$\because CD=CB$,$\therefore$ 点$C$在$BD$的垂直平分线上,
$\therefore C,O,E$三点在同一条直线上.
易知$CE=\dfrac{1}{2}BD=2\sqrt{2}$,
$\because OC=2\sqrt{2}-1$,
$\therefore OE=CE-OC=1$,即$\odot O$的半径为$1$.
(3)$12+π$.
详解:如图,$\because$ 半径为$1$的$\odot O$在边长为$4$的正方形$ABCD$内任意移动,
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积为正方形$ABCD$的面积减去四个直角处空白部分的面积,
设$\odot O$与正方形的边$CD$相切于点$E$,与$AD$相切于点$F$,则$OE⊥ CD$,$OF⊥ AD$.
$\because ∠ D=90°$且$OE=OF$,
$\therefore$ 四边形$OEDF$为正方形,
$\therefore ∠ EOF=90°$.
$\therefore \odot O$所扫过的最大区域面积$=4^2 - 4× (1^2-\dfrac{90π× 1^2}{360})=12+π$.
【知识点】
切线的判定与性质，切线长定理，正方形的性质
【点评】
本题围绕正方形与圆的综合知识设置问题，梯度明显，既考查了基础几何定理的应用，也对动态图形的面积分析能力有一定要求，需要熟练掌握相关性质的同时，具备清晰的空间想象能力。
【难度系数】
0.65
4.「2026江苏苏州工业园区星湾学校月考」定义:在同一个圆中,两条互相垂直且相等的弦称为等垂弦.
(1)如图1,AB是⊙O的弦,作OC⊥OA,OD⊥OB,分别交⊙O于点C,D,连接CD,求证:AB,CD是⊙O的等垂弦.
(2)如图2,⊙O的半径为5,E为等垂弦AB,CD的交点,$\frac{BE}{AE}=\frac{1}{3}$,求AB的长.
(1)如图1,AB是⊙O的弦,作OC⊥OA,OD⊥OB,分别交⊙O于点C,D,连接CD,求证:AB,CD是⊙O的等垂弦.
(2)如图2,⊙O的半径为5,E为等垂弦AB,CD的交点,$\frac{BE}{AE}=\frac{1}{3}$,求AB的长.
答案
4. (1)证明:如图,连接$BC$,设$AB$与$CD$的交点为$F$,$\because OC⊥ OA$,$OD⊥ OB$,
$\therefore ∠ AOC=∠ BOD=90°$,
$\therefore ∠ AOB=∠ COD$,$\therefore AB=CD$,
$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,$\therefore ∠ ABC=\dfrac{1}{2}∠ AOC=45°$,
同理可得$∠ BCD=\dfrac{1}{2}∠ BOD=45°$,
$\therefore ∠ AFC=∠ ABC+∠ BCD=90°$,即$AB⊥ CD$,
又$\because AB=CD$,$\therefore AB,CD$是$\odot O$的等垂弦.
(2)如图,连接$OA,OD$,作$OH⊥ AB$,垂足为$H$,作$OG⊥ CD$,垂足为$G$,则四边形$OHEG$为矩形,
$\because AB,CD$是$\odot O$的等垂弦,
$\therefore AB=CD$,$AB⊥ CD$,易知$AH=DG=\dfrac{1}{2}AB$,
$\because OA=OD$,$∠ AHO=∠ DGO=90°$,
$\therefore \mathrm{Rt}△ AHO≌ \mathrm{Rt}△ DGO(\mathrm{HL})$,$\therefore OH=OG$,
$\therefore$ 矩形$OHEG$为正方形,$\therefore OH=HE$,
$\because \dfrac{BE}{AE}=\dfrac{1}{3}$,$\therefore \dfrac{BE}{AB}=\dfrac{1}{4}$,
又$\because AH=BH$,$\therefore AH=2BE=2EH=2OH$,
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中,由勾股定理得$AO^2=AH^2+OH^2$,
即$(2OH)^2+OH^2=AO^2=25$,解得$OH=\sqrt{5}$,
$\therefore AB=4BE=4OH=4\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证明AB、CD是⊙O的等垂弦，需根据定义同时证明两个结论：①AB=CD，②AB⊥CD。首先由OC⊥OA、OD⊥OB推导得到∠AOB=∠COD，根据同圆中相等圆心角对应弦相等即可证AB=CD；再利用圆周角定理结合三角形外角性质，证明AB与CD的夹角为90°即可证垂直。
(2) 已知等垂弦性质和半径，求AB长度时，先过圆心作两条弦的垂线，利用垂径定理得到弦长与半弦长的关系；再通过全等三角形证明两条弦的弦心距相等，推导出垂足与弦交点构成的矩形为正方形，得到弦心距和线段BE、AE的数量关系；最后结合BE与AE的比例关系，在直角三角形中用勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$BC$，设$AB$与$CD$的交点为$F$，
$\because OC⊥ OA$，$OD⊥ OB$，
$\therefore ∠ AOC=∠ BOD=90°$，
$\therefore ∠AOC + ∠COB = ∠BOD + ∠COB$，即$∠ AOB=∠ COD$，
$\therefore$ 同圆中相等圆心角所对的弦相等，得$AB=CD$，
$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，
$\therefore$ 同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得$∠ ABC=\dfrac{1}{2}∠ AOC=45°$，
同理可得$∠ BCD=\dfrac{1}{2}∠ BOD=45°$，
$\therefore ∠ AFC=∠ ABC+∠ BCD=90°$，即$AB⊥ CD$，
又$\because AB=CD$，$\therefore AB,CD$是$\odot O$的等垂弦。
(2) 解：如图，连接$OA,OD$，作$OH⊥ AB$，垂足为$H$，作$OG⊥ CD$，垂足为$G$，
$\because AB⊥ CD$，$∠OHE=∠OGE=90°$，$\therefore$ 四边形$OHEG$为矩形，
$\because AB,CD$是$\odot O$的等垂弦，
$\therefore AB=CD$，$AB⊥ CD$，由垂径定理得$AH=\frac{1}{2}AB$，$DG=\frac{1}{2}CD$，即$AH=DG$，
$\because OA=OD$，$∠ AHO=∠ DGO=90°$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ AHO≌ \mathrm{Rt}△ DGO(\mathrm{HL})$，$\therefore OH=OG$，
$\therefore$ 邻边相等的矩形是正方形，得矩形$OHEG$为正方形，$\therefore OH=HE$，
$\because \dfrac{BE}{AE}=\dfrac{1}{3}$，$\therefore AE=3BE$，$AB=AE+BE=4BE$，即$\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{1}{4}$，
又$\because$ 垂径定理得$AH=BH=\frac{1}{2}AB$，$\therefore BH=2BE$，即E为BH的中点，
$\therefore BE=EH=OH$，$AH=2BE=2OH$，
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，由勾股定理得$AO^2=AH^2+OH^2$，
即$(2OH)^2+OH^2=5^2=25$，解得$OH=\sqrt{5}$（舍去负根），
$\therefore AB=4BE=4OH=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 已证AB、CD是⊙O的等垂弦，过程见解析；
(2) $AB$的长为$4\sqrt{5}$
【知识点】
圆周角定理；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题为新定义类题型，解题核心是准确理解“等垂弦”的定义，结合圆的基本性质推导边角关系。第一问侧重基础性质的直接应用，第二问需要通过作弦心距构造直角三角形，借助全等、正方形的性质转化线段关系，综合考察了数形结合与转化的数学思想。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明AB、CD是⊙O的等垂弦，需根据定义同时证明两个结论：①AB=CD，②AB⊥CD。首先由OC⊥OA、OD⊥OB推导得到∠AOB=∠COD，根据同圆中相等圆心角对应弦相等即可证AB=CD；再利用圆周角定理结合三角形外角性质，证明AB与CD的夹角为90°即可证垂直。
(2) 已知等垂弦性质和半径，求AB长度时，先过圆心作两条弦的垂线，利用垂径定理得到弦长与半弦长的关系；再通过全等三角形证明两条弦的弦心距相等，推导出垂足与弦交点构成的矩形为正方形，得到弦心距和线段BE、AE的数量关系；最后结合BE与AE的比例关系，在直角三角形中用勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$BC$，设$AB$与$CD$的交点为$F$，
$\because OC⊥ OA$，$OD⊥ OB$，
$\therefore ∠ AOC=∠ BOD=90°$，
$\therefore ∠AOC + ∠COB = ∠BOD + ∠COB$，即$∠ AOB=∠ COD$，
$\therefore$ 同圆中相等圆心角所对的弦相等，得$AB=CD$，
$\because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，
$\therefore$ 同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得$∠ ABC=\dfrac{1}{2}∠ AOC=45°$，
同理可得$∠ BCD=\dfrac{1}{2}∠ BOD=45°$，
$\therefore ∠ AFC=∠ ABC+∠ BCD=90°$，即$AB⊥ CD$，
又$\because AB=CD$，$\therefore AB,CD$是$\odot O$的等垂弦。
(2) 解：如图，连接$OA,OD$，作$OH⊥ AB$，垂足为$H$，作$OG⊥ CD$，垂足为$G$，
$\because AB⊥ CD$，$∠OHE=∠OGE=90°$，$\therefore$ 四边形$OHEG$为矩形，
$\because AB,CD$是$\odot O$的等垂弦，
$\therefore AB=CD$，$AB⊥ CD$，由垂径定理得$AH=\frac{1}{2}AB$，$DG=\frac{1}{2}CD$，即$AH=DG$，
$\because OA=OD$，$∠ AHO=∠ DGO=90°$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ AHO≌ \mathrm{Rt}△ DGO(\mathrm{HL})$，$\therefore OH=OG$，
$\therefore$ 邻边相等的矩形是正方形，得矩形$OHEG$为正方形，$\therefore OH=HE$，
$\because \dfrac{BE}{AE}=\dfrac{1}{3}$，$\therefore AE=3BE$，$AB=AE+BE=4BE$，即$\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{1}{4}$，
又$\because$ 垂径定理得$AH=BH=\frac{1}{2}AB$，$\therefore BH=2BE$，即E为BH的中点，
$\therefore BE=EH=OH$，$AH=2BE=2OH$，
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，由勾股定理得$AO^2=AH^2+OH^2$，
即$(2OH)^2+OH^2=5^2=25$，解得$OH=\sqrt{5}$（舍去负根），
$\therefore AB=4BE=4OH=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 已证AB、CD是⊙O的等垂弦，过程见解析；
(2) $AB$的长为$4\sqrt{5}$
【知识点】
圆周角定理；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题为新定义类题型，解题核心是准确理解“等垂弦”的定义，结合圆的基本性质推导边角关系。第一问侧重基础性质的直接应用，第二问需要通过作弦心距构造直角三角形，借助全等、正方形的性质转化线段关系，综合考察了数形结合与转化的数学思想。
【难度系数】
0.65
