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14. (2024·山东)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠DAB=60°,AB=BC=2AD=2.以点A为圆心,以AD为半径作$\overset{\frown}{DE}$交AB于点E,以点B为圆心,以BE为半径作$\overset{\frown}{EF}$所交BC于点F,连接FD交$\overset{\frown}{EF}$于另一点G,连接CG.
(1)求证:CG为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线;
(2)求图中阴影部分面积.(结果保留π)
(1)求证:CG为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线;
(2)求图中阴影部分面积.(结果保留π)
答案
14.
(1) 连接$BG$，如图1，根据题意可知：$AD=AE$，$BE=BF$，又$\because AB=BC$，$\therefore CF=AE=AD$. $\because BC=2AD$，$\therefore BF=BE=AD=AE=CF$. $\because AD// BC$，$\therefore$ 四边形$ABFD$是平行四边形，$\therefore ∠ BFD=∠ DAB=60°$.
$\because BG=BF$，$\therefore △ BFG$是等边三角形，$\therefore GF=BF$，$\therefore GF=BF=FC$，$\therefore G$在以$BC$为直径的圆上，$\therefore ∠ BGC=90°$，$\therefore CG$为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线；
(2) 过$D$作$DH⊥ AB$于点$H$，连接$BG$，如图2，由图可得：$S_{\mathrm{阴影}}=S_{□ ABFD}-S_{\mathrm{扇}AED}-S_{\mathrm{扇}BEG}-S_{△ BFG}$，在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$AD=1$，$∠ DAB=60°$，$\therefore DH=AD· \sin∠ DAB=1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore S_{□ ABFD}=AB· DH=2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，由题可知：扇形$ADE$和扇形$BGE$全等，$\therefore S_{\mathrm{扇形}AED}=S_{\mathrm{扇形}BGE}=\dfrac{nπ r^2}{360}=\dfrac{60π(AD)^2}{360}=\dfrac{60×π×1^2}{360}=\dfrac{π}{6}$，等边三角形$BFG$的面积为$\dfrac{1}{2}GF· DH=\dfrac{1}{2}×1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$，$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{□ ABFD}-S_{\mathrm{扇形}AED}-S_{\mathrm{扇形}BEG}-S_{△ BFG}=\sqrt{3}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{π}{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明CG是$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线，根据切线判定定理，需证CG垂直于该圆的半径BG，即证$∠ BGC=90°$。首先利用已知的边长关系和$AD// BC$的条件，证明四边形ABFD是平行四边形，得到$∠ BFD=60°$；再结合$BG=BF$推出$△ BFG$是等边三角形，得到$GF=FC$，由此可证G在以BC为直径的圆上，即可得到$∠ BGC=90°$，完成切线的证明。
(2) 阴影部分是不规则图形，采用割补法计算：阴影面积等于平行四边形ABFD的面积，减去扇形AED、扇形BEG的面积，再减去等边$△ BFG$的面积。先通过解直角三角形求出平行四边形的高，再分别计算各规则图形的面积，最后作差得到阴影部分面积。
【解析】
(1) 证明：连接$BG$，如图1，根据题意得$AD=AE$，$BE=BF$。
$\because AB=BC=2AD=2$，$\therefore CF=BC-BF=AB-BE=AE=AD$，即$BF=BE=AD=AE=CF=1$。
$\because AD// BC$且$AD=BF$，$\therefore$ 四边形$ABFD$是平行四边形，$\therefore ∠ BFD=∠ DAB=60°$。
$\because BG=BF$（均为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的半径），$\therefore △ BFG$是等边三角形，$\therefore GF=BF=1$，即$GF=FC=1$。
$\therefore$ 点$G$在以$BC$为直径的圆上，$\therefore ∠ BGC=90°$，即$BG⊥ CG$。
又$\because BG$是$\overset{\frown}{EF}$所在圆的半径，$\therefore CG$为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线。
(2) 解：过$D$作$DH⊥ AB$于点$H$，连接$BG$，如图2。
阴影部分面积可表示为：$S_{\mathrm{阴影}}=S_{□ ABFD}-S_{\mathrm{扇}AED}-S_{\mathrm{扇}BEG}-S_{△ BFG}$。
在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$AD=1$，$∠ DAB=60°$，$\therefore DH=AD· \sin∠ DAB=1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
$\therefore S_{□ ABFD}=AB· DH=2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。
由题意得扇形$ADE$和扇形$BGE$的半径均为1，圆心角均为$60°$，二者全等，$\therefore S_{\mathrm{扇形}AED}=S_{\mathrm{扇形}BGE}=\dfrac{60π×1^2}{360}=\dfrac{π}{6}$。
等边$△ BFG$的边长为1，高等于平行四边形的高$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore S_{△ BFG}=\dfrac{1}{2}×1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$。
代入得：$S_{\mathrm{阴影}}=\sqrt{3}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{π}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 阴影部分的面积为$\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；平行四边形的性质；扇形面积计算
【点评】
本题综合考查几何证明与不规则图形面积计算，第一问结合平行四边形、等边三角形的性质推导垂直关系，紧扣切线判定的核心思路；第二问采用割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的和差，需要熟练掌握各类图形的性质和面积公式，兼顾对逻辑推理能力和运算能力的考查。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CG是$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线，根据切线判定定理，需证CG垂直于该圆的半径BG，即证$∠ BGC=90°$。首先利用已知的边长关系和$AD// BC$的条件，证明四边形ABFD是平行四边形，得到$∠ BFD=60°$；再结合$BG=BF$推出$△ BFG$是等边三角形，得到$GF=FC$，由此可证G在以BC为直径的圆上，即可得到$∠ BGC=90°$，完成切线的证明。
(2) 阴影部分是不规则图形，采用割补法计算：阴影面积等于平行四边形ABFD的面积，减去扇形AED、扇形BEG的面积，再减去等边$△ BFG$的面积。先通过解直角三角形求出平行四边形的高，再分别计算各规则图形的面积，最后作差得到阴影部分面积。
【解析】
(1) 证明：连接$BG$，如图1，根据题意得$AD=AE$，$BE=BF$。
$\because AB=BC=2AD=2$，$\therefore CF=BC-BF=AB-BE=AE=AD$，即$BF=BE=AD=AE=CF=1$。
$\because AD// BC$且$AD=BF$，$\therefore$ 四边形$ABFD$是平行四边形，$\therefore ∠ BFD=∠ DAB=60°$。
$\because BG=BF$（均为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的半径），$\therefore △ BFG$是等边三角形，$\therefore GF=BF=1$，即$GF=FC=1$。
$\therefore$ 点$G$在以$BC$为直径的圆上，$\therefore ∠ BGC=90°$，即$BG⊥ CG$。
又$\because BG$是$\overset{\frown}{EF}$所在圆的半径，$\therefore CG$为$\overset{\frown}{EF}$所在圆的切线。
(2) 解：过$D$作$DH⊥ AB$于点$H$，连接$BG$，如图2。
阴影部分面积可表示为：$S_{\mathrm{阴影}}=S_{□ ABFD}-S_{\mathrm{扇}AED}-S_{\mathrm{扇}BEG}-S_{△ BFG}$。
在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$AD=1$，$∠ DAB=60°$，$\therefore DH=AD· \sin∠ DAB=1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
$\therefore S_{□ ABFD}=AB· DH=2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。
由题意得扇形$ADE$和扇形$BGE$的半径均为1，圆心角均为$60°$，二者全等，$\therefore S_{\mathrm{扇形}AED}=S_{\mathrm{扇形}BGE}=\dfrac{60π×1^2}{360}=\dfrac{π}{6}$。
等边$△ BFG$的边长为1，高等于平行四边形的高$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore S_{△ BFG}=\dfrac{1}{2}×1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$。
代入得：$S_{\mathrm{阴影}}=\sqrt{3}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{π}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{π}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 阴影部分的面积为$\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{π}{3}}$。
【知识点】
切线的判定；平行四边形的性质；扇形面积计算
【点评】
本题综合考查几何证明与不规则图形面积计算，第一问结合平行四边形、等边三角形的性质推导垂直关系，紧扣切线判定的核心思路；第二问采用割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的和差，需要熟练掌握各类图形的性质和面积公式，兼顾对逻辑推理能力和运算能力的考查。
【难度系数】
0.6
15. (2025·遂宁)我们知道,如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上,那么这个四边形叫这个圆的内接四边形.我们规定:若圆的内接四边形有一组邻边相等,则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”.
(1) 请同学们判断下列分别用含有$30°$和$45°$角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形.其中是邻等内接四边形的有
(2) 如图2,四边形ABCD是邻等内接四边形,且$∠ BAC=90°,AB=3,AC=4,AB=AD$.求四边形ABCD的面积.
(1) 请同学们判断下列分别用含有$30°$和$45°$角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形.其中是邻等内接四边形的有
③
(填序号).(2) 如图2,四边形ABCD是邻等内接四边形,且$∠ BAC=90°,AB=3,AC=4,AB=AD$.求四边形ABCD的面积.
答案
15.
(1) ③
(2) $\because ∠ BAC=90°$，$AB=3$，$AC=4$，$\therefore BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=5$. $\because$ 四边形$ABCD$是邻等内接四边形，$∠ BAC=90°$，$\therefore A,B,C,D$四点共圆，且$BC$为直径，把$BC$的中点记为点$O$，即$A,B,C,D$四点在$\odot O$上，如图，连接$BD$，$AO$，相交于点$H$，$\because BC=5$，$\therefore BO=OA=\dfrac{5}{2}$，设$OH=x$，$AH=\dfrac{5}{2}-x$. $\because AB=AD$，$\therefore AO⊥ BD$，$BH=DH$，则在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$BH^2=AB^2-AH^2$，在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，$BH^2=BO^2-OH^2$，$\therefore BO^2-OH^2=AB^2-AH^2$，即$(\dfrac{5}{2})^2-x^2=3^2-(\dfrac{5}{2}-x)^2$，解得$x=0.7$，$\therefore AH=2.5-0.7=1.8$，则$BH=\sqrt{3^2-1.8^2}=2.4$，即$BD=2.4×2=4.8$. $\because BC$是直径，$\therefore ∠ BDC=90°$. $\because BH=DH$，$BO=OC$，$\therefore OH$是$△ BDC$的中位线，$\therefore DC=2HO=1.4$，则$S_{△ BDC}=\dfrac{1}{2}× BD× DC=\dfrac{1}{2}×4.8×1.4=3.36$，$S_{△ BDA}=\dfrac{1}{2}× BD× AH=\dfrac{1}{2}×4.8×1.8=4.32$，$\therefore$ 四边形$ABCD$的面积$=S_{△ BDC}+S_{△ BDA}=3.36+4.32=7.68$.
解析
【分析】
(1) 解答本小问首先要明确“邻等内接四边形”的两个核心判定条件：①是圆内接四边形，即四个顶点共圆，满足对角互补；②存在一组邻边相等。接下来逐个分析4个拼接四边形，同时满足两个条件即为正确选项。
(2) 解答本小问先从$∠ BAC=90°$切入，结合圆内接四边形性质可推出BC为外接圆直径，先求出BC长度；再利用$AB=AD$的条件，结合垂径定理推论可知AO垂直平分BD，通过设未知数列勾股定理方程求出OH、AH、BD的长度；再根据中位线性质求出DC的长度，最后将四边形拆分为$△ BDA$和$△ BDC$，分别计算面积求和即可。
【解析】
(1) 逐一分析4个图形：
①：拼接所得四边形没有相等的邻边，不满足邻等要求，排除；
②：拼接所得四边形对角不互补，四个顶点无法共圆，排除；
③：由两个等腰直角三角形拼接而成，存在一组相等的邻边，且四边形对角互补、四个顶点共圆，符合邻等内接四边形的定义；
④：拼接所得四边形没有相等的邻边，不满足邻等要求，排除。
因此本小问填③。
(2) 解：$\because ∠ BAC=90°$，$AB=3$，$AC=4$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
$\because$ 四边形$ABCD$是邻等内接四边形，$\therefore A,B,C,D$四点共圆，
又$∠ BAC=90°$，根据圆周角定理推论，$90°$圆周角所对的弦是直径，因此$BC$为该外接圆的直径。
取$BC$中点$O$（即外接圆圆心），连接$BD$、$AO$，两线段交于点$H$。
$\because BC=5$，$\therefore BO=OA=\frac{5}{2}$。
设$OH=x$，则$AH=OA-OH=\frac{5}{2}-x$。
$\because AB=AD$，$\therefore$ 弧$AB=$弧$AD$，根据垂径定理推论，$AO⊥ BD$，且$BH=DH$。
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$BH^2=AB^2-AH^2$；在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，$BH^2=BO^2-OH^2$，
因此可得等式：$BO^2-OH^2=AB^2-AH^2$，
代入数值：$(\frac{5}{2})^2-x^2=3^2-(\frac{5}{2}-x)^2$，
解得$x=0.7$，
$\therefore AH=2.5-0.7=1.8$，
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{3^2-1.8^2}=2.4$，
$\therefore BD=2BH=4.8$。
$\because BC$是直径，$\therefore ∠ BDC=90°$（直径所对圆周角为直角）。
又$\because BH=DH$，$BO=OC$，$\therefore OH$是$△ BDC$的中位线，
$\therefore DC=2OH=2×0.7=1.4$。
则$S_{△ BDC}=\frac{1}{2}× BD× DC=\frac{1}{2}×4.8×1.4=3.36$，
$S_{△ BDA}=\frac{1}{2}× BD× AH=\frac{1}{2}×4.8×1.8=4.32$，
$\therefore$ 四边形$ABCD$的面积$=S_{△ BDC}+S_{△ BDA}=3.36+4.32=7.68$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{③}$
(2) $\boldsymbol{7.68}$
【知识点】
圆内接四边形性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题以新定义“邻等内接四边形”为载体，既考查了对新定义的理解迁移能力，也融合了圆的性质、勾股定理、三角形中位线等核心几何知识点，解题时需要先吃透新定义，再将陌生问题转化为已学的几何模型求解，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 解答本小问首先要明确“邻等内接四边形”的两个核心判定条件：①是圆内接四边形，即四个顶点共圆，满足对角互补；②存在一组邻边相等。接下来逐个分析4个拼接四边形，同时满足两个条件即为正确选项。
(2) 解答本小问先从$∠ BAC=90°$切入，结合圆内接四边形性质可推出BC为外接圆直径，先求出BC长度；再利用$AB=AD$的条件，结合垂径定理推论可知AO垂直平分BD，通过设未知数列勾股定理方程求出OH、AH、BD的长度；再根据中位线性质求出DC的长度，最后将四边形拆分为$△ BDA$和$△ BDC$，分别计算面积求和即可。
【解析】
(1) 逐一分析4个图形：
①：拼接所得四边形没有相等的邻边，不满足邻等要求，排除；
②：拼接所得四边形对角不互补，四个顶点无法共圆，排除；
③：由两个等腰直角三角形拼接而成，存在一组相等的邻边，且四边形对角互补、四个顶点共圆，符合邻等内接四边形的定义；
④：拼接所得四边形没有相等的邻边，不满足邻等要求，排除。
因此本小问填③。
(2) 解：$\because ∠ BAC=90°$，$AB=3$，$AC=4$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
$\because$ 四边形$ABCD$是邻等内接四边形，$\therefore A,B,C,D$四点共圆，
又$∠ BAC=90°$，根据圆周角定理推论，$90°$圆周角所对的弦是直径，因此$BC$为该外接圆的直径。
取$BC$中点$O$（即外接圆圆心），连接$BD$、$AO$，两线段交于点$H$。
$\because BC=5$，$\therefore BO=OA=\frac{5}{2}$。
设$OH=x$，则$AH=OA-OH=\frac{5}{2}-x$。
$\because AB=AD$，$\therefore$ 弧$AB=$弧$AD$，根据垂径定理推论，$AO⊥ BD$，且$BH=DH$。
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$BH^2=AB^2-AH^2$；在$\mathrm{Rt}△ BOH$中，$BH^2=BO^2-OH^2$，
因此可得等式：$BO^2-OH^2=AB^2-AH^2$，
代入数值：$(\frac{5}{2})^2-x^2=3^2-(\frac{5}{2}-x)^2$，
解得$x=0.7$，
$\therefore AH=2.5-0.7=1.8$，
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{3^2-1.8^2}=2.4$，
$\therefore BD=2BH=4.8$。
$\because BC$是直径，$\therefore ∠ BDC=90°$（直径所对圆周角为直角）。
又$\because BH=DH$，$BO=OC$，$\therefore OH$是$△ BDC$的中位线，
$\therefore DC=2OH=2×0.7=1.4$。
则$S_{△ BDC}=\frac{1}{2}× BD× DC=\frac{1}{2}×4.8×1.4=3.36$，
$S_{△ BDA}=\frac{1}{2}× BD× AH=\frac{1}{2}×4.8×1.8=4.32$，
$\therefore$ 四边形$ABCD$的面积$=S_{△ BDC}+S_{△ BDA}=3.36+4.32=7.68$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{③}$
(2) $\boldsymbol{7.68}$
【知识点】
圆内接四边形性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题以新定义“邻等内接四边形”为载体，既考查了对新定义的理解迁移能力，也融合了圆的性质、勾股定理、三角形中位线等核心几何知识点，解题时需要先吃透新定义，再将陌生问题转化为已学的几何模型求解，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
