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13. 如图,将矩形$ABCD(AD＞AB)$沿对角线$BD$翻折,$C$的对应点为点$C'$,以矩形$ABCD$的顶点$A$为圆心,$r$为半径画圆,$\odot A$与$BC'$相切于点$E$,延长$DA$交$\odot A$于点$F$,连接$EF$交$AB$于点$G$.
(1) 求证:$BE=BG$;
(2) 当$r=1,AB=2$时,求$BC$的长.
(1) 求证:$BE=BG$;
(2) 当$r=1,AB=2$时,求$BC$的长.
答案
13. (1) 如图,连接AE,
∵ BC'与圆相切于E,
∴ 半径AE⊥BE,
∴ ∠BEG+∠AEG=90°.
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠BAD=∠ABC=90°,DC=AB=2,
∴ ∠BAF=90°,
∴ ∠AGF+∠F=90°.
∵ AF=AE,
∴ ∠F=∠AEG,
∴ ∠AGF=∠BEG.
∵ ∠AGF=∠BGE,
∴ ∠BEG=∠BGE,
∴ BE=BG；
(2)
∵ ∠AEB=90°,AE=1,AB=2,
∴ ∠ABE=30°,由折叠的性质得到∠CBD=∠DBC',
∵ ∠ABC=90°,
∴ ∠CBD=$\frac{1}{2}×(90°-30°)=30°$,
∴ $BC=\sqrt{3}CD=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明BE=BG，可通过证明△BEG为等腰三角形，即证∠BEG=∠BGE：首先根据圆的切线性质，连接半径AE得到AE⊥BC'，得到直角；再利用矩形的性质得到∠BAF=90°，结合同圆半径相等AF=AE推出∠F=∠AEG，再通过等角的余角相等、对顶角相等即可推导得到∠BEG=∠BGE，从而证得结论。
(2) 求BC的长时，先在Rt△ABE中，根据AE=1、AB=2得到∠ABE=30°；再结合折叠的性质可知∠CBD=∠DBC'，结合矩形∠ABC=90°算出∠CBD=30°；最后在Rt△BCD中利用特殊直角三角形的边角关系即可求出BC的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连接AE，
∵ BC'与⊙A相切于点E，AE是⊙A的半径，
∴ AE⊥BE，即∠BEG+∠AEG=90°。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=∠ABC=90°，DC=AB=2，
∴ ∠BAF=180°-∠BAD=90°，可得∠AGF+∠F=90°。
∵ AF、AE均为⊙A的半径，
∴ AF=AE，
∴ ∠F=∠AEG，根据等角的余角相等，得∠AGF=∠BEG。
又
∵ ∠AGF与∠BGE是对顶角，
∴ ∠AGF=∠BGE，
∴ ∠BEG=∠BGE，
∴ BE=BG。
(2) 解：在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=r=1，AB=2，
∴ AE=$\frac{1}{2}$AB，
∴ ∠ABE=30°。
由折叠的性质可得：∠CBD=∠DBC'，
∵ ∠ABC=∠ABE + ∠DBC' + ∠CBD = 90°，
∴ ∠CBD=$\frac{1}{2}×(90°-30°)=30°$。
在Rt△BCD中，∠C=90°，CD=AB=2，∠CBD=30°，
∴ $tan30°=\frac{CD}{BC}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{BC}$，
解得$BC=2\sqrt{3}$。
【答案】
13. (1) 如图,连接AE,
∵ BC'与圆相切于E,
∴ 半径AE⊥BE,
∴ ∠BEG+∠AEG=90°.
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠BAD=∠ABC=90°,DC=AB=2,
∴ ∠BAF=90°,
∴ ∠AGF+∠F=90°.
∵ AF=AE,
∴ ∠F=∠AEG,
∴ ∠AGF=∠BEG.
∵ ∠AGF=∠BGE,
∴ ∠BEG=∠BGE,
∴ BE=BG；
(2) $BC=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，折叠的性质，矩形的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了圆、矩形、折叠多个知识点，既考查了等腰三角形的判定、特殊直角三角形的边角关系，也锻炼了几何辅助线的构造能力和逻辑推理能力，解题核心是通过角的等量代换建立边与角的联系。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明BE=BG，可通过证明△BEG为等腰三角形，即证∠BEG=∠BGE：首先根据圆的切线性质，连接半径AE得到AE⊥BC'，得到直角；再利用矩形的性质得到∠BAF=90°，结合同圆半径相等AF=AE推出∠F=∠AEG，再通过等角的余角相等、对顶角相等即可推导得到∠BEG=∠BGE，从而证得结论。
(2) 求BC的长时，先在Rt△ABE中，根据AE=1、AB=2得到∠ABE=30°；再结合折叠的性质可知∠CBD=∠DBC'，结合矩形∠ABC=90°算出∠CBD=30°；最后在Rt△BCD中利用特殊直角三角形的边角关系即可求出BC的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连接AE，
∵ BC'与⊙A相切于点E，AE是⊙A的半径，
∴ AE⊥BE，即∠BEG+∠AEG=90°。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=∠ABC=90°，DC=AB=2，
∴ ∠BAF=180°-∠BAD=90°，可得∠AGF+∠F=90°。
∵ AF、AE均为⊙A的半径，
∴ AF=AE，
∴ ∠F=∠AEG，根据等角的余角相等，得∠AGF=∠BEG。
又
∵ ∠AGF与∠BGE是对顶角，
∴ ∠AGF=∠BGE，
∴ ∠BEG=∠BGE，
∴ BE=BG。
(2) 解：在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=r=1，AB=2，
∴ AE=$\frac{1}{2}$AB，
∴ ∠ABE=30°。
由折叠的性质可得：∠CBD=∠DBC'，
∵ ∠ABC=∠ABE + ∠DBC' + ∠CBD = 90°，
∴ ∠CBD=$\frac{1}{2}×(90°-30°)=30°$。
在Rt△BCD中，∠C=90°，CD=AB=2，∠CBD=30°，
∴ $tan30°=\frac{CD}{BC}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{BC}$，
解得$BC=2\sqrt{3}$。
【答案】
13. (1) 如图,连接AE,
∵ BC'与圆相切于E,
∴ 半径AE⊥BE,
∴ ∠BEG+∠AEG=90°.
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠BAD=∠ABC=90°,DC=AB=2,
∴ ∠BAF=90°,
∴ ∠AGF+∠F=90°.
∵ AF=AE,
∴ ∠F=∠AEG,
∴ ∠AGF=∠BEG.
∵ ∠AGF=∠BGE,
∴ ∠BEG=∠BGE,
∴ BE=BG；
(2) $BC=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，折叠的性质，矩形的性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了圆、矩形、折叠多个知识点，既考查了等腰三角形的判定、特殊直角三角形的边角关系，也锻炼了几何辅助线的构造能力和逻辑推理能力，解题核心是通过角的等量代换建立边与角的联系。
【难度系数】
0.65
14.【背景知识】对角线互相垂直的圆内接四边形,称为婆氏四边形.
注:婆氏(婆罗摩笈多 Brahmagupta ,598—668年,印度数学家和天文学家)
【性质探究】
（1）婆氏定理:若圆内接四边形的对角线互相垂直,则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边.即如图1,四边形ABCD是⊙O的婆氏四边形,过点M作ME⊥BC于E,延长EM交AD于F,求证:F为AD中点;
（2）如图2,在直径为d的⊙O中,弦AC,BD互相垂直,垂足为M.求证:AB²+CD²=AD²+BC²=d²;
【性质运用】
（3）如图3,AC,BD是圆中两条互相垂直的弦,交点为M,分别以AM,BM,CM,DM为弦作直角扇形(即扇形的圆心角为90°),若此圆的面积为S,这四个直角扇形的面积之和为$S_1$, $\frac{S_1}{S}$是否为定值?若是,求出这个值;若否,请说明理由.
注:婆氏(婆罗摩笈多 Brahmagupta ,598—668年,印度数学家和天文学家)
【性质探究】
（1）婆氏定理:若圆内接四边形的对角线互相垂直,则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边.即如图1,四边形ABCD是⊙O的婆氏四边形,过点M作ME⊥BC于E,延长EM交AD于F,求证:F为AD中点;
（2）如图2,在直径为d的⊙O中,弦AC,BD互相垂直,垂足为M.求证:AB²+CD²=AD²+BC²=d²;
【性质运用】
（3）如图3,AC,BD是圆中两条互相垂直的弦,交点为M,分别以AM,BM,CM,DM为弦作直角扇形(即扇形的圆心角为90°),若此圆的面积为S,这四个直角扇形的面积之和为$S_1$, $\frac{S_1}{S}$是否为定值?若是,求出这个值;若否,请说明理由.
答案
14. (1)
∵ AC⊥BD,ME⊥BC,
∴ ∠CBD=∠CME.
∵ ∠CBD=∠CAD,∠CME=∠AMF,
∴ ∠CAD=∠AMF,
∴ AF=MF.
∵ ∠AMD=90°,同时∠MAD+∠MDA=90°,
∴ ∠FMD=∠FDM.
∴ MF=DF,
∴ AF=DF,即F是AD中点；
(2) 如图作直径DG,连接CG,
∴ DC⊥GC.
∵ ∠G=∠DAC,AC⊥BD,
∴ ∠ADB=∠GDC,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CG}$,
∴ AB=CG,
∴ AB²+CD²=DG²=d²,
∴ AD²+CB²=AM²+MD²+BM²+MC²=AM²+BM²+MD²+MC²=AB²+CD²,
∴ AB²+CD²=AD²+CB²=d²；
(3) 由(2)得AM²+MD²+BM²+MC²=AD²+CB²=d²,
∴ $S_1=\frac{1}{4}π(\frac{AM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{BM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{CM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{DM}{\sqrt{2}})^2=\frac{1}{8}π(AM^2+BM^2+CM^2+DM^2)=\frac{1}{8}π d^2$,$S=π(\frac{d}{2})^2=\frac{1}{4}π d^2$,
∴ $\frac{S_1}{S}=\frac{1}{2}$为定值.
解析
【分析】
（1）要证明F是AD中点，需证AF=FD。结合AC⊥BD、ME⊥BC的条件，利用同角的余角相等推导角相等，再结合圆周角定理，先证∠CAD=∠AMF得AF=MF，再证∠FMD=∠FDM得MF=DF，即可得证。
（2）要证四边平方和等于直径平方，先作直径DG构造直角三角形DCG，利用圆周角相等推导弧相等得到AB=CG，在Rt△DCG中用勾股定理得CG²+CD²=DG²，即AB²+CD²=d²；再结合对角线垂直的条件，用勾股定理分别表示四边平方，即可得AD²+BC²也等于d²。
（3）要判断比值是否为定值，先明确以AM等为弦的90°扇形的半径与弦长的关系：弦长=√2 r，即r²=弦长²/2，再利用（2）的结论得到AM²+BM²+CM²+DM²=d²，分别计算S₁和S后求比值即可。
【解析】
(1)
∵ AC⊥BD，ME⊥BC，
∴ ∠CBD + ∠BCM = 90°，∠CME + ∠BCM = 90°，
∴ ∠CBD=∠CME。
∵ 同弧所对的圆周角相等，∠CBD=∠CAD，又对顶角相等∠CME=∠AMF，
∴ ∠CAD=∠AMF，
∴ AF=MF。
∵ ∠AMD=90°，
∴ ∠MAD + ∠MDA = 90°，∠AMF + ∠FMD = 90°，
又∠CAD=∠AMF，
∴ ∠FMD=∠FDM，
∴ MF=DF，
∴ AF=DF，即F是AD中点。
(2) 作直径DG，连接CG，
∵ DG是直径，
∴ ∠DCG=90°，即DC⊥GC。
∵ 同弧所对的圆周角相等，∠G=∠DBC，
又AC⊥BD，∠ADB + ∠DAC = 90°，∠GDC + ∠G = 90°，且∠DAC=∠DBC=∠G，
∴ ∠ADB=∠GDC，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CG}$，
∴ AB=CG，
在Rt△DCG中，CG² + CD² = DG² = d²，
∴ AB² + CD² = d²。
又
∵ AC⊥BD，
∴ AD² = AM² + MD²，BC² = BM² + MC²，AB² = AM² + BM²，CD² = CM² + MD²，
∴ AD² + BC² = AM² + MD² + BM² + MC² = (AM² + BM²) + (MD² + MC²) = AB² + CD²，
∴ AB² + CD² = AD² + CB² = d²。
(3) 设直角扇形的半径为r，若弦长为l，圆心角为90°，由勾股定理得$l^2 = 2r^2$，即$r^2 = \frac{l^2}{2}$。
由(2)得AM² + BM² + CM² + DM² = d²，
四个直角扇形的面积和：
$S_1=\frac{1}{4}π·\frac{AM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{BM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{CM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{DM^2}{2}$
$=\frac{1}{8}π(AM^2 + BM^2 + CM^2 + DM^2)=\frac{1}{8}πd^2$，
圆O的面积$S=π(\frac{d}{2})^2=\frac{1}{4}πd^2$，
∴ $\frac{S_1}{S}=\frac{\frac{1}{8}πd^2}{\frac{1}{4}πd^2}=\frac{1}{2}$，为定值。
【答案】
14. (1)
∵ AC⊥BD,ME⊥BC,
∴ ∠CBD=∠CME.
∵ ∠CBD=∠CAD,∠CME=∠AMF,
∴ ∠CAD=∠AMF,
∴ AF=MF.
∵ ∠AMD=90°,同时∠MAD+∠MDA=90°,
∴ ∠FMD=∠FDM.
∴ MF=DF,
∴ AF=DF,即F是AD中点；
(2) 如图作直径DG,连接CG,
∴ DC⊥GC.
∵ ∠G=∠DAC,AC⊥BD,
∴ ∠ADB=∠GDC,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CG}$,
∴ AB=CG,
∴ AB²+CD²=DG²=d²,
∴ AD²+CB²=AM²+MD²+BM²+MC²=AM²+BM²+MD²+MC²=AB²+CD²,
∴ AB²+CD²=AD²+CB²=d²；
(3) 由(2)得AM²+MD²+BM²+MC²=AD²+CB²=d²,
∴ $S_1=\frac{1}{4}π(\frac{AM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{BM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{CM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{DM}{\sqrt{2}})^2=\frac{1}{8}π(AM^2+BM^2+CM^2+DM^2)=\frac{1}{8}π d^2$,$S=π(\frac{d}{2})^2=\frac{1}{4}π d^2$,
∴ $\frac{S_1}{S}=\frac{1}{2}$为定值.
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，扇形面积计算
【点评】
本题以婆罗摩笈多四边形为背景设置递进式问题，从定理证明到性质推导再到实际应用，综合考查圆的相关性质、勾股定理和图形面积计算，能有效锻炼逻辑推理能力和知识迁移能力。
【难度系数】
0.35
（1）要证明F是AD中点，需证AF=FD。结合AC⊥BD、ME⊥BC的条件，利用同角的余角相等推导角相等，再结合圆周角定理，先证∠CAD=∠AMF得AF=MF，再证∠FMD=∠FDM得MF=DF，即可得证。
（2）要证四边平方和等于直径平方，先作直径DG构造直角三角形DCG，利用圆周角相等推导弧相等得到AB=CG，在Rt△DCG中用勾股定理得CG²+CD²=DG²，即AB²+CD²=d²；再结合对角线垂直的条件，用勾股定理分别表示四边平方，即可得AD²+BC²也等于d²。
（3）要判断比值是否为定值，先明确以AM等为弦的90°扇形的半径与弦长的关系：弦长=√2 r，即r²=弦长²/2，再利用（2）的结论得到AM²+BM²+CM²+DM²=d²，分别计算S₁和S后求比值即可。
【解析】
(1)
∵ AC⊥BD，ME⊥BC，
∴ ∠CBD + ∠BCM = 90°，∠CME + ∠BCM = 90°，
∴ ∠CBD=∠CME。
∵ 同弧所对的圆周角相等，∠CBD=∠CAD，又对顶角相等∠CME=∠AMF，
∴ ∠CAD=∠AMF，
∴ AF=MF。
∵ ∠AMD=90°，
∴ ∠MAD + ∠MDA = 90°，∠AMF + ∠FMD = 90°，
又∠CAD=∠AMF，
∴ ∠FMD=∠FDM，
∴ MF=DF，
∴ AF=DF，即F是AD中点。
(2) 作直径DG，连接CG，
∵ DG是直径，
∴ ∠DCG=90°，即DC⊥GC。
∵ 同弧所对的圆周角相等，∠G=∠DBC，
又AC⊥BD，∠ADB + ∠DAC = 90°，∠GDC + ∠G = 90°，且∠DAC=∠DBC=∠G，
∴ ∠ADB=∠GDC，
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CG}$，
∴ AB=CG，
在Rt△DCG中，CG² + CD² = DG² = d²，
∴ AB² + CD² = d²。
又
∵ AC⊥BD，
∴ AD² = AM² + MD²，BC² = BM² + MC²，AB² = AM² + BM²，CD² = CM² + MD²，
∴ AD² + BC² = AM² + MD² + BM² + MC² = (AM² + BM²) + (MD² + MC²) = AB² + CD²，
∴ AB² + CD² = AD² + CB² = d²。
(3) 设直角扇形的半径为r，若弦长为l，圆心角为90°，由勾股定理得$l^2 = 2r^2$，即$r^2 = \frac{l^2}{2}$。
由(2)得AM² + BM² + CM² + DM² = d²，
四个直角扇形的面积和：
$S_1=\frac{1}{4}π·\frac{AM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{BM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{CM^2}{2} + \frac{1}{4}π·\frac{DM^2}{2}$
$=\frac{1}{8}π(AM^2 + BM^2 + CM^2 + DM^2)=\frac{1}{8}πd^2$，
圆O的面积$S=π(\frac{d}{2})^2=\frac{1}{4}πd^2$，
∴ $\frac{S_1}{S}=\frac{\frac{1}{8}πd^2}{\frac{1}{4}πd^2}=\frac{1}{2}$，为定值。
【答案】
14. (1)
∵ AC⊥BD,ME⊥BC,
∴ ∠CBD=∠CME.
∵ ∠CBD=∠CAD,∠CME=∠AMF,
∴ ∠CAD=∠AMF,
∴ AF=MF.
∵ ∠AMD=90°,同时∠MAD+∠MDA=90°,
∴ ∠FMD=∠FDM.
∴ MF=DF,
∴ AF=DF,即F是AD中点；
(2) 如图作直径DG,连接CG,
∴ DC⊥GC.
∵ ∠G=∠DAC,AC⊥BD,
∴ ∠ADB=∠GDC,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CG}$,
∴ AB=CG,
∴ AB²+CD²=DG²=d²,
∴ AD²+CB²=AM²+MD²+BM²+MC²=AM²+BM²+MD²+MC²=AB²+CD²,
∴ AB²+CD²=AD²+CB²=d²；
(3) 由(2)得AM²+MD²+BM²+MC²=AD²+CB²=d²,
∴ $S_1=\frac{1}{4}π(\frac{AM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{BM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{CM}{\sqrt{2}})^2+\frac{1}{4}π(\frac{DM}{\sqrt{2}})^2=\frac{1}{8}π(AM^2+BM^2+CM^2+DM^2)=\frac{1}{8}π d^2$,$S=π(\frac{d}{2})^2=\frac{1}{4}π d^2$,
∴ $\frac{S_1}{S}=\frac{1}{2}$为定值.
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，扇形面积计算
【点评】
本题以婆罗摩笈多四边形为背景设置递进式问题，从定理证明到性质推导再到实际应用，综合考查圆的相关性质、勾股定理和图形面积计算，能有效锻炼逻辑推理能力和知识迁移能力。
【难度系数】
0.35
