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1[2025江苏扬州调研,中]如图,△ABC是⊙O的内接三角形,AB是⊙O的直径,∠A=30°,BC=4,弦CD⊥AB于F,点E是AB延长线上一点,且AF=EF,连接DE.
(1)填空:∠BCD=
(2)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;
(3)取CB的中点M,连接DM,求图中阴影部分的面积.
(1)填空:∠BCD=
30
°;(2)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;
(3)取CB的中点M,连接DM,求图中阴影部分的面积.
答案
1.【解】(1)
∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F, AB 是 ⊙O 的直径,
∴$ \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BD}, $
∴ ∠ BCD = ∠ A = 30^°, 故答案为 30.
(2)DE 与 ⊙O 相切. 理由如下: 连接 OD, 如图
.∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F, AB 是 ⊙O 的直径,
∴ CF = DF, ∠ AFC = ∠ EFD = 90^°. 又
∵ AF = EF,
∴ △ ACF ≌ △ EDF(SAS),
∴ ∠ E = ∠ A = 30^°.
∵ 易知 ∠ DOE = 2∠ A = 60^°,
∴ ∠ ODE = 90^°,
∴ OD ⊥ DE.
∵ OD 是 ⊙O 的半径,
∴ DE 与 ⊙O 相切.
(3)连接 OM, 如图.
∵ AB 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠ ACB = 90^°.
∵ ∠ A = 30^°, BC = 4,
∴ AB = 2BC = 8,
∴ BO = 4,
$AC = \sqrt{AB^2-BC^2} = 4\sqrt{3}. $
∵ 点 M 是 CB 的中点,
∴$ BM = CM = \frac{1}{2}BC = 2. $
∵ AO = BO,
∴ OM 是 △ ABC 的中位线,
∴$ OM // AC, OM = \frac{1}{2}AC = 2\sqrt{3}, $
∴ ∠ BMO = ∠ ACB = 90^°, ∠ BOM = ∠ A = 30^°.
∵ ∠ BOD = 60^°,
∴ ∠ DOM = 90^°,
∴ 图中阴影部分的面积为$ \frac{1}{2}×2×2\sqrt{3} + \frac{60π×4^2}{360} - \frac{1}{2}×2\sqrt{3}×4 = \frac{8π}{3} - 2\sqrt{3}.$
解析
【分析】
(1) 已知AB是⊙O的直径，CD⊥AB，根据垂径定理可得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，再结合同弧所对的圆周角相等，即可直接推出∠BCD与∠A相等，得出结果。
(2) 判断直线与圆的位置关系，常规思路是连接半径OD，证明OD⊥DE即可。首先利用CD⊥AB、AF=EF证明△ACF≌△EDF，得到∠E=∠A=30°；再根据圆周角定理得到圆心角∠DOE=2∠A=60°，在△ODE中利用内角和计算可得∠ODE=90°，即可证明DE与⊙O相切。
(3) 阴影部分是不规则图形，采用割补法计算：先利用直径所对圆周角为直角求出AB、AC的长度，再结合M是BC中点，得到OM是△ABC的中位线，求出OM的长度和相关角度，最后用△OBM的面积加扇形OBD的面积，减去△ODM的面积，即可得到阴影部分的面积。
【解析】
(1)
∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F，AB 是 ⊙O 的直径，
∴ $\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BD}$，
∴ ∠BCD = ∠A = 30°。
(2) DE 与 ⊙O 相切，理由如下：连接 OD，如图。
∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F，AB 是 ⊙O 的直径，
∴ CF = DF，∠AFC = ∠EFD = 90°。
又
∵ AF = EF，
∴ △ACF ≌ △EDF（SAS），
∴ ∠E = ∠A = 30°。
∵ ∠DOE = 2∠A = 60°，
∴ ∠ODE = 180° - ∠DOE - ∠E = 90°，
∴ OD ⊥ DE。
∵ OD 是 ⊙O 的半径，
∴ DE 与 ⊙O 相切。
(3) 连接 OM，如图。
∵ AB 是 ⊙O 的直径，
∴ ∠ACB = 90°。
∵ ∠A = 30°，BC = 4，
∴ AB = 2BC = 8，
∴ BO = OD = 4，$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = 4\sqrt{3}$。
∵ 点 M 是 CB 的中点，AO = BO，
∴ OM 是 △ABC 的中位线，
∴ OM // AC，$OM = \frac{1}{2}AC = 2\sqrt{3}$，
∴ ∠BMO = ∠ACB = 90°，∠BOM = ∠A = 30°。
∵ 由垂径定理得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ ∠BOD = 2∠A = 60°，
∴ ∠DOM = ∠BOM + ∠BOD = 90°，
∴ 阴影部分面积 = $S_{△ OBM} + S_{扇形OBD} - S_{△ ODM}$
= $\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3} + \frac{60π×4^2}{360} - \frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}$
= $\frac{8π}{3} - 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{30}$
(2) DE与⊙O相切，理由见解析；
(3) 阴影部分面积为$\boldsymbol{\frac{8π}{3} - 2\sqrt{3}}$。
（连接OD的辅助线图：）
【知识点】
垂径定理、切线的判定、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，求解不规则图形面积时，将其转化为规则图形面积的和差是解题的核心，需要考生熟练掌握几何基础定理，具备一定的图形分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 已知AB是⊙O的直径，CD⊥AB，根据垂径定理可得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，再结合同弧所对的圆周角相等，即可直接推出∠BCD与∠A相等，得出结果。
(2) 判断直线与圆的位置关系，常规思路是连接半径OD，证明OD⊥DE即可。首先利用CD⊥AB、AF=EF证明△ACF≌△EDF，得到∠E=∠A=30°；再根据圆周角定理得到圆心角∠DOE=2∠A=60°，在△ODE中利用内角和计算可得∠ODE=90°，即可证明DE与⊙O相切。
(3) 阴影部分是不规则图形，采用割补法计算：先利用直径所对圆周角为直角求出AB、AC的长度，再结合M是BC中点，得到OM是△ABC的中位线，求出OM的长度和相关角度，最后用△OBM的面积加扇形OBD的面积，减去△ODM的面积，即可得到阴影部分的面积。
【解析】
(1)
∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F，AB 是 ⊙O 的直径，
∴ $\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BD}$，
∴ ∠BCD = ∠A = 30°。
(2) DE 与 ⊙O 相切，理由如下：连接 OD，如图
。∵ 弦 CD ⊥ AB 于 F，AB 是 ⊙O 的直径，
∴ CF = DF，∠AFC = ∠EFD = 90°。
又
∵ AF = EF，
∴ △ACF ≌ △EDF（SAS），
∴ ∠E = ∠A = 30°。
∵ ∠DOE = 2∠A = 60°，
∴ ∠ODE = 180° - ∠DOE - ∠E = 90°，
∴ OD ⊥ DE。
∵ OD 是 ⊙O 的半径，
∴ DE 与 ⊙O 相切。
(3) 连接 OM，如图。
∵ AB 是 ⊙O 的直径，
∴ ∠ACB = 90°。
∵ ∠A = 30°，BC = 4，
∴ AB = 2BC = 8，
∴ BO = OD = 4，$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = 4\sqrt{3}$。
∵ 点 M 是 CB 的中点，AO = BO，
∴ OM 是 △ABC 的中位线，
∴ OM // AC，$OM = \frac{1}{2}AC = 2\sqrt{3}$，
∴ ∠BMO = ∠ACB = 90°，∠BOM = ∠A = 30°。
∵ 由垂径定理得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ ∠BOD = 2∠A = 60°，
∴ ∠DOM = ∠BOM + ∠BOD = 90°，
∴ 阴影部分面积 = $S_{△ OBM} + S_{扇形OBD} - S_{△ ODM}$
= $\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3} + \frac{60π×4^2}{360} - \frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}$
= $\frac{8π}{3} - 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{30}$
(2) DE与⊙O相切，理由见解析；
(3) 阴影部分面积为$\boldsymbol{\frac{8π}{3} - 2\sqrt{3}}$。
（连接OD的辅助线图：
）【知识点】
垂径定理、切线的判定、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，求解不规则图形面积时，将其转化为规则图形面积的和差是解题的核心，需要考生熟练掌握几何基础定理，具备一定的图形分析能力。
【难度系数】
0.6
2[2025浙江杭州质检,中]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点$D$是$AB$的中点,连接$CD$.$\odot O$是$△ BCD$的外接圆,与$AC$交于点$E$,作直径$DF$,连接$EF$交$CD$于点$G$.
(1)求证:四边形$ADFE$是平行四边形.
(2)若$AB=8\sqrt{5}$,$\dfrac{EG}{FG}=\dfrac{3}{5}$,求$\odot O$的直径.
(1)求证:四边形$ADFE$是平行四边形.
(2)若$AB=8\sqrt{5}$,$\dfrac{EG}{FG}=\dfrac{3}{5}$,求$\odot O$的直径.
答案
2. (1)【证明】连接 $DE$, 如图
. 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB = 90^°$, 点 $D$ 是 $AB$ 的中点, $∴ AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB$, $∴ △ BCD$ 为等腰三角形. $∵ DF$ 是 $△ BCD$ 外接圆 $⊙O$ 的直径, $∴ DF ⊥ BC, ∴ AC // DF. ∵ ∠ ADE$ 为 $⊙O$ 的内接四边形 $DBCE$ 的一个外角, $∴ ∠ ADE = 180^° - ∠ EDB = ∠ ACB = 90^°. ∵ DF$ 为 $⊙O$ 的直径, $∴ ∠ DEF = 90^°, ∴ ∠ ADE = ∠ FED, ∴ EF // AD$. 又 $∵ DF // AC, ∴$ 四边形 $ADFE$ 是平行四边形.(2)【解】连接 $CF$, 如图. $∵ AB = 8\sqrt{5}, ∴ AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB = 4\sqrt{5}$. 由(1)可知四边形 $ADFE$ 是平行四边形, $∴ EF = AD = 4\sqrt{5}. ∵ \frac{EG}{FG} = \frac{3}{5}, ∴$ 可设 $EG = 3x, FG = 5x, ∴ EF = EG + FG = 8x = 4\sqrt{5}, ∴ x = \frac{\sqrt{5}}{2}$.
$∵ DF // CE, ∴ ∠ CDF = ∠ ECD, ∴ \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{CF}, ∴ DE = CF$.
在 $△ DEG$ 和 $△ FCG$ 中, $\begin{cases} ∠ DEG = ∠ FCG = 90^°, \\ ∠ DGE = ∠ FGC, \\ DE = CF, \end{cases}$
$∴ △ DEG ≌ △ FCG (AAS), ∴ EG = CG = 3x, DG = FG = 5x$. 在 $Rt△ FCG$ 中, 由勾股定理得 $CF = \sqrt{FG^2-CG^2} = 4x$, 在 $Rt△ DFC$ 中, $∵ CD = CG + DG = 8x, ∴$ 由勾股定理得 $DF = \sqrt{CD^2+CF^2} = 4\sqrt{5}x. ∵ x = \frac{\sqrt{5}}{2}, ∴ DF = 4\sqrt{5}x = 4\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}}{2} = 10, ∴ ⊙O$ 的直径为 10.
解析
【分析】
(1) 要证明四边形$ADFE$是平行四边形，需证两组对边分别平行：首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质得$CD=BD$，结合$DF$是$\odot O$直径，可得$DF⊥ BC$，结合$∠ ACB=90°$推出$AC// DF$；再通过圆内接四边形外角性质得$∠ ADE=90°$，结合直径所对圆周角$∠ DEF=90°$推出$EF// AD$，即可得证。
(2) 先由$AB$长度求出$AD$的长，结合平行四边形对边相等得$EF=AD$，根据$\frac{EG}{FG}=\frac{3}{5}$设未知数求出$x$的值；再由$DF// AC$得对应圆周角相等，推出弧$DE=$弧$CF$即$DE=CF$，证明$△ DEG≌△ FCG$得到$DG$、$CG$的长度，最后在$Rt△ DFC$中利用勾股定理求出直径$DF$即可。
【解析】
(1) 证明：连接$DE$，如图。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，点$D$是$AB$的中点，$\therefore AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB$，$\therefore △ BCD$为等腰三角形。
$\because DF$是$△ BCD$外接圆$\odot O$的直径，$\therefore DF ⊥ BC$，$\therefore AC // DF$。
$\because ∠ ADE$为$\odot O$的内接四边形$DBCE$的一个外角，$\therefore ∠ ADE = 180° - ∠ EDB = ∠ ACB = 90°$。
$\because DF$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ DEF = 90°$，$\therefore ∠ ADE = ∠ FED$，$\therefore EF // AD$。
又$\because DF // AC$，$\therefore$四边形$ADFE$是平行四边形。
(2) 解：连接$CF$，如图。
$\because AB = 8\sqrt{5}$，$\therefore AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB = 4\sqrt{5}$。
由(1)可知四边形$ADFE$是平行四边形，$\therefore EF = AD = 4\sqrt{5}$。
$\because \frac{EG}{FG} = \frac{3}{5}$，$\therefore$设$EG = 3x$，$FG = 5x$，$\therefore EF = EG + FG = 8x = 4\sqrt{5}$，解得$x = \frac{\sqrt{5}}{2}$。
$\because DF // CE$，$\therefore ∠ CDF = ∠ ECD$，$\therefore \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{CF}$，$\therefore DE = CF$。
在$△ DEG$和$△ FCG$中，
$\begin{cases}∠ DEG = ∠ FCG = 90°, \\∠ DGE = ∠ FGC, \\DE = CF,\end{cases}$
$\therefore △ DEG ≌ △ FCG (AAS)$，$\therefore EG = CG = 3x$，$DG = FG = 5x$。
在$Rt△ FCG$中，由勾股定理得$CF = \sqrt{FG^2-CG^2} = \sqrt{(5x)^2-(3x)^2}=4x$。
在$Rt△ DFC$中，$CD = CG + DG = 8x$，由勾股定理得$DF = \sqrt{CD^2+CF^2} = \sqrt{(8x)^2+(4x)^2}=4\sqrt{5}x$。
将$x = \frac{\sqrt{5}}{2}$代入得$DF = 4\sqrt{5} × \frac{\sqrt{5}}{2} = 10$，即$\odot O$的直径为10。
【答案】
(1) 四边形$ADFE$是平行四边形，证明成立；
(2) $\odot O$的直径为$\boldsymbol{10}$。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 平行四边形的判定
3. 圆周角定理
【点评】
本题是圆与平面几何的综合题，融合了直角三角形性质、圆的基本性质、全等三角形判定、勾股定理等多个考点，解题关键是通过已知条件转化角度和线段关系，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明四边形$ADFE$是平行四边形，需证两组对边分别平行：首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质得$CD=BD$，结合$DF$是$\odot O$直径，可得$DF⊥ BC$，结合$∠ ACB=90°$推出$AC// DF$；再通过圆内接四边形外角性质得$∠ ADE=90°$，结合直径所对圆周角$∠ DEF=90°$推出$EF// AD$，即可得证。
(2) 先由$AB$长度求出$AD$的长，结合平行四边形对边相等得$EF=AD$，根据$\frac{EG}{FG}=\frac{3}{5}$设未知数求出$x$的值；再由$DF// AC$得对应圆周角相等，推出弧$DE=$弧$CF$即$DE=CF$，证明$△ DEG≌△ FCG$得到$DG$、$CG$的长度，最后在$Rt△ DFC$中利用勾股定理求出直径$DF$即可。
【解析】
(1) 证明：连接$DE$，如图
。在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，点$D$是$AB$的中点，$\therefore AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB$，$\therefore △ BCD$为等腰三角形。
$\because DF$是$△ BCD$外接圆$\odot O$的直径，$\therefore DF ⊥ BC$，$\therefore AC // DF$。
$\because ∠ ADE$为$\odot O$的内接四边形$DBCE$的一个外角，$\therefore ∠ ADE = 180° - ∠ EDB = ∠ ACB = 90°$。
$\because DF$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ DEF = 90°$，$\therefore ∠ ADE = ∠ FED$，$\therefore EF // AD$。
又$\because DF // AC$，$\therefore$四边形$ADFE$是平行四边形。
(2) 解：连接$CF$，如图。
$\because AB = 8\sqrt{5}$，$\therefore AD = CD = BD = \frac{1}{2}AB = 4\sqrt{5}$。
由(1)可知四边形$ADFE$是平行四边形，$\therefore EF = AD = 4\sqrt{5}$。
$\because \frac{EG}{FG} = \frac{3}{5}$，$\therefore$设$EG = 3x$，$FG = 5x$，$\therefore EF = EG + FG = 8x = 4\sqrt{5}$，解得$x = \frac{\sqrt{5}}{2}$。
$\because DF // CE$，$\therefore ∠ CDF = ∠ ECD$，$\therefore \overset{\frown}{DE} = \overset{\frown}{CF}$，$\therefore DE = CF$。
在$△ DEG$和$△ FCG$中，
$\begin{cases}∠ DEG = ∠ FCG = 90°, \\∠ DGE = ∠ FGC, \\DE = CF,\end{cases}$
$\therefore △ DEG ≌ △ FCG (AAS)$，$\therefore EG = CG = 3x$，$DG = FG = 5x$。
在$Rt△ FCG$中，由勾股定理得$CF = \sqrt{FG^2-CG^2} = \sqrt{(5x)^2-(3x)^2}=4x$。
在$Rt△ DFC$中，$CD = CG + DG = 8x$，由勾股定理得$DF = \sqrt{CD^2+CF^2} = \sqrt{(8x)^2+(4x)^2}=4\sqrt{5}x$。
将$x = \frac{\sqrt{5}}{2}$代入得$DF = 4\sqrt{5} × \frac{\sqrt{5}}{2} = 10$，即$\odot O$的直径为10。
【答案】
(1) 四边形$ADFE$是平行四边形，证明成立；
(2) $\odot O$的直径为$\boldsymbol{10}$。
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 平行四边形的判定
3. 圆周角定理
【点评】
本题是圆与平面几何的综合题，融合了直角三角形性质、圆的基本性质、全等三角形判定、勾股定理等多个考点，解题关键是通过已知条件转化角度和线段关系，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
3[2025江苏南京期末,中]如图,直线$y=2x+3$与两坐标轴分别交于A,B两点,点P是线段AB上的一个动点,过P作y轴的平行线,交直线$y=x+4$于Q,连接OP,OQ,将$△ OPQ$绕点O逆时针旋转$30°$得到$△ OED$,边PQ扫过区域(阴影部分)面积最大值为
$\frac{25π}{36}$
.答案
3. $\frac{25π}{36}$ 【解析】设 $P(m,2m+3)$, 则 $Q(m,m+4)$, $∴ OP^2 = m^2 + (2m+3)^2 = 5m^2 + 12m + 9, OQ^2 = m^2 + (m+4)^2 = 2m^2 + 8m + 16. ∵ △ OPQ$ 绕点 $O$ 逆时针旋转 $30^°$ 得到 $△ OED, ∴ △ OPQ ≌ △ OED, ∠ QOD = ∠ POE = 30^°, ∴ PQ$ 扫过区域面积 $S = S_{扇形QOD} - S_{扇形POE} = \frac{30π·OQ^2}{360} - \frac{30π·OP^2}{360} = \frac{π}{12}×(-3m^2-4m+7) = -\frac{π}{4}(m+\frac{2}{3})^2 + \frac{25π}{36}, ∴$ 当 $m = -\frac{2}{3}$ 时, $S$ 的最大值为 $\frac{25π}{36}$. 故答案为 $\frac{25π}{36}$.
解析
【分析】
本题要求PQ扫过的阴影区域面积的最大值，首先利用旋转的性质分析阴影面积的构成：旋转前后△OPQ和△OED全等，因此阴影面积等于圆心角为30°的扇形OQD面积减去圆心角为30°的扇形OPE面积。其次设动点P的坐标，根据P在直线$y=2x+3$上、PQ平行于y轴且Q在直线$y=x+4$上，写出Q点坐标，分别表示出$OP^2$和$OQ^2$的表达式。最后将扇形面积差整理为关于P点横坐标的二次函数，结合P在线段AB上的取值范围，求二次函数的最大值即可。
【解析】
解：设点P的横坐标为m，
∵点P在线段AB上，AB的解析式为$y=2x+3$，
∴$P(m, 2m+3)$，
∵PQ平行于y轴，且Q在直线$y=x+4$上，
∴Q点横坐标与P相同，即$Q(m, m+4)$，
由勾股定理可得：
$OP^2 = m^2 + (2m+3)^2 = 5m^2 + 12m + 9$，
$OQ^2 = m^2 + (m+4)^2 = 2m^2 + 8m + 16$，
∵△OPQ绕点O逆时针旋转30°得到△OED，
∴△OPQ≌△OED，$∠ QOD=∠ POE=30°$，
∴PQ扫过区域的面积$S = S_{扇形QOD} - S_{扇形POE}$，
代入扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπr^2}{360}$（n为圆心角度数，r为半径）：
$S = \frac{30π·OQ^2}{360} - \frac{30π·OP^2}{360}$
$=\frac{π}{12}(OQ^2 - OP^2)$
将$OQ^2$、$OP^2$代入得：
$S=\frac{π}{12}[(2m^2+8m+16)-(5m^2+12m+9)]$
$=\frac{π}{12}(-3m^2-4m+7)$
整理为顶点式：
$S=-\frac{π}{4}(m+\frac{2}{3})^2 + \frac{25π}{36}$，
先求线段AB上m的取值范围：直线$y=2x+3$与x轴交点A：令y=0，得$x=-\frac{3}{2}$；与y轴交点B：令x=0，得$y=3$，故m的取值范围是$-\frac{3}{2}≤m≤0$，
∵二次项系数$-\frac{π}{4}＜0$，函数开口向下，且顶点横坐标$m=-\frac{2}{3}$在取值范围内，
∴当$m=-\frac{2}{3}$时，S取得最大值$\frac{25π}{36}$。
【答案】
$\frac{25π}{36}$
【知识点】
旋转的性质；扇形面积计算；二次函数的最值
【点评】
本题属于综合类题目，解题核心是利用旋转的性质将不规则阴影面积转化为两个扇形的面积差，再通过函数思想建立面积与动点坐标的关系，最终求二次函数的最值，需要学生掌握转化思想与知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
本题要求PQ扫过的阴影区域面积的最大值，首先利用旋转的性质分析阴影面积的构成：旋转前后△OPQ和△OED全等，因此阴影面积等于圆心角为30°的扇形OQD面积减去圆心角为30°的扇形OPE面积。其次设动点P的坐标，根据P在直线$y=2x+3$上、PQ平行于y轴且Q在直线$y=x+4$上，写出Q点坐标，分别表示出$OP^2$和$OQ^2$的表达式。最后将扇形面积差整理为关于P点横坐标的二次函数，结合P在线段AB上的取值范围，求二次函数的最大值即可。
【解析】
解：设点P的横坐标为m，
∵点P在线段AB上，AB的解析式为$y=2x+3$，
∴$P(m, 2m+3)$，
∵PQ平行于y轴，且Q在直线$y=x+4$上，
∴Q点横坐标与P相同，即$Q(m, m+4)$，
由勾股定理可得：
$OP^2 = m^2 + (2m+3)^2 = 5m^2 + 12m + 9$，
$OQ^2 = m^2 + (m+4)^2 = 2m^2 + 8m + 16$，
∵△OPQ绕点O逆时针旋转30°得到△OED，
∴△OPQ≌△OED，$∠ QOD=∠ POE=30°$，
∴PQ扫过区域的面积$S = S_{扇形QOD} - S_{扇形POE}$，
代入扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπr^2}{360}$（n为圆心角度数，r为半径）：
$S = \frac{30π·OQ^2}{360} - \frac{30π·OP^2}{360}$
$=\frac{π}{12}(OQ^2 - OP^2)$
将$OQ^2$、$OP^2$代入得：
$S=\frac{π}{12}[(2m^2+8m+16)-(5m^2+12m+9)]$
$=\frac{π}{12}(-3m^2-4m+7)$
整理为顶点式：
$S=-\frac{π}{4}(m+\frac{2}{3})^2 + \frac{25π}{36}$，
先求线段AB上m的取值范围：直线$y=2x+3$与x轴交点A：令y=0，得$x=-\frac{3}{2}$；与y轴交点B：令x=0，得$y=3$，故m的取值范围是$-\frac{3}{2}≤m≤0$，
∵二次项系数$-\frac{π}{4}＜0$，函数开口向下，且顶点横坐标$m=-\frac{2}{3}$在取值范围内，
∴当$m=-\frac{2}{3}$时，S取得最大值$\frac{25π}{36}$。
【答案】
$\frac{25π}{36}$
【知识点】
旋转的性质；扇形面积计算；二次函数的最值
【点评】
本题属于综合类题目，解题核心是利用旋转的性质将不规则阴影面积转化为两个扇形的面积差，再通过函数思想建立面积与动点坐标的关系，最终求二次函数的最值，需要学生掌握转化思想与知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
4[中]如图,一次函数$y=2x$与反比例函数$y=\frac{k}{x}$$(k＞0)$的图象交于A,B两点,点P在以$C(-4,0)$为圆心,2为半径的$\odot C$上,Q是AP的中点,已知OQ的最大值为3,则k的值为
$\frac{128}{25}$
.答案
4. $\frac{128}{25}$ 【解析】如图
,连接 $BP$. 由题意易得 $OA = OB$. $∵ Q$ 是 $AP$ 的中点, $∴ OQ = \frac{1}{2}BP. ∵ OQ$ 的最大值为 3, $∴ BP$ 的最大值为 6. 当 $BP$ 过圆心 $C$ 时, $BP$ 最长, 过 $B$ 作 $BD ⊥ x$ 轴于 $D$. $∵ CP = 2, ∴ BC = 4. ∵$ 点 $B$ 在直线 $y = 2x$ 上, $∴$ 设 $B(t,2t)$, 则 $CD = t - (-4) = t + 4, BD = -2t$. 在 $Rt△ BCD$ 中, 由勾股定理得 $BC^2 = CD^2 + BD^2, ∴ 4^2 = (t+4)^2 + (-2t)^2$, 整理得 $5t^2 + 8t = 0$, 解得 $t_1 = 0$(舍去), $t_2 = -\frac{8}{5}, ∴ B(-\frac{8}{5},-\frac{16}{5}). ∵$ 点 $B$ 在反比例函数 $y = \frac{k}{x}(k＞0)$ 的图象上, $∴ k = -\frac{8}{5}×(-\frac{16}{5}) = \frac{128}{25}$. 故答案为 $\frac{128}{25}$.解析
【分析】
本题可通过线段最值转化求解：首先，一次函数与反比例函数的交点A、B关于原点对称，因此O为AB中点，结合Q是AP中点，可推出OQ是△ABP的中位线，将OQ的最大值转化为BP的最大值；其次，圆上一点到圆外定点的最大距离为定点到圆心的距离加半径，由此可求出BC的长度；最后设出点B坐标，利用勾股定理求出点B坐标，代入反比例函数解析式即可求出k值。
【解析】
如图，连接$BP$.
∵ 一次函数$y=2x$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象都关于原点中心对称，
∴ 交点A、B关于原点对称，即$OA = OB$.
∵ Q是AP的中点，
∴ OQ是△ABP的中位线，
∴ $OQ = \frac{1}{2}BP$.
∵ OQ的最大值为3，
∴ BP的最大值为$2×3=6$.
∵ 点P在$\odot C$上，当BP过圆心C时，BP取得最大值，此时$BP=BC+CP$.
∵ $\odot C$的半径$CP=2$，
∴ $BC=6-2=4$.
过B作$BD ⊥ x$轴于D，
∵ 点B在直线$y=2x$上，
∴ 设$B(t,2t)$（$t＜0$，因B在第三象限），则$CD = t - (-4) = t + 4$，$BD = |2t|=-2t$.
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理得$BC^2 = CD^2 + BD^2$，代入得：
$4^2 = (t+4)^2 + (-2t)^2$
整理得$5t^2 + 8t = 0$，解得$t_1 = 0$（不符合点B位置，舍去），$t_2 = -\frac{8}{5}$.
∴ $B(-\frac{8}{5}, -\frac{16}{5})$.
∵ 点B在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象上，
∴ $k = (-\frac{8}{5})×(-\frac{16}{5})=\frac{128}{25}$.
【答案】
$\frac{128}{25}$
【知识点】
反比例函数性质，三角形中位线定理，圆的最值问题
【点评】
本题综合考察了函数图象的对称性、三角形中位线、圆的性质及勾股定理的应用，核心是通过中位线将未知线段的最值转化为可结合圆性质求解的线段最值，体现了转化思想在几何综合题中的应用。
【难度系数】
0.6
本题可通过线段最值转化求解：首先，一次函数与反比例函数的交点A、B关于原点对称，因此O为AB中点，结合Q是AP中点，可推出OQ是△ABP的中位线，将OQ的最大值转化为BP的最大值；其次，圆上一点到圆外定点的最大距离为定点到圆心的距离加半径，由此可求出BC的长度；最后设出点B坐标，利用勾股定理求出点B坐标，代入反比例函数解析式即可求出k值。
【解析】
如图
，连接$BP$.∵ 一次函数$y=2x$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象都关于原点中心对称，
∴ 交点A、B关于原点对称，即$OA = OB$.
∵ Q是AP的中点，
∴ OQ是△ABP的中位线，
∴ $OQ = \frac{1}{2}BP$.
∵ OQ的最大值为3，
∴ BP的最大值为$2×3=6$.
∵ 点P在$\odot C$上，当BP过圆心C时，BP取得最大值，此时$BP=BC+CP$.
∵ $\odot C$的半径$CP=2$，
∴ $BC=6-2=4$.
过B作$BD ⊥ x$轴于D，
∵ 点B在直线$y=2x$上，
∴ 设$B(t,2t)$（$t＜0$，因B在第三象限），则$CD = t - (-4) = t + 4$，$BD = |2t|=-2t$.
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理得$BC^2 = CD^2 + BD^2$，代入得：
$4^2 = (t+4)^2 + (-2t)^2$
整理得$5t^2 + 8t = 0$，解得$t_1 = 0$（不符合点B位置，舍去），$t_2 = -\frac{8}{5}$.
∴ $B(-\frac{8}{5}, -\frac{16}{5})$.
∵ 点B在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象上，
∴ $k = (-\frac{8}{5})×(-\frac{16}{5})=\frac{128}{25}$.
【答案】
$\frac{128}{25}$
【知识点】
反比例函数性质，三角形中位线定理，圆的最值问题
【点评】
本题综合考察了函数图象的对称性、三角形中位线、圆的性质及勾股定理的应用，核心是通过中位线将未知线段的最值转化为可结合圆性质求解的线段最值，体现了转化思想在几何综合题中的应用。
【难度系数】
0.6
5[较难]在平面直角坐标系$xOy$中，$\odot O$的半径为1，$C$为任意一点，$Q$为$\odot O$上任意一点。给出如下定义:记$C,Q$两点间的距离的最小值为$p$(规定:点$C$在$\odot O$上时，$p=0$)，最大值为$q$，那么把$\frac{p+q}{2}$的值称为点$C$与$\odot O$的“关联距离”，记为$d(C,\odot O)$。
(1)如图，点$D,E,F$的横、纵坐标都是整数.
①$d(D,\odot O)=$
②若点$M$在线段$EF$上，求$d(M,\odot O)$的取值范围.
(2)若点$N$在直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$上，直接写出$d(N,\odot O)$的取值范围.
(3)存在一正方形，其边长为$m$，若点$P$在该正方形的边上运动时，满足$d(P,\odot O)$的最小值为1，最大值为$\sqrt{10}$，直接写出$m$的最小值和最大值.
(1)如图，点$D,E,F$的横、纵坐标都是整数.
①$d(D,\odot O)=$
2
；②若点$M$在线段$EF$上，求$d(M,\odot O)$的取值范围.
(2)若点$N$在直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$上，直接写出$d(N,\odot O)$的取值范围.
(3)存在一正方形，其边长为$m$，若点$P$在该正方形的边上运动时，满足$d(P,\odot O)$的最小值为1，最大值为$\sqrt{10}$，直接写出$m$的最小值和最大值.
答案
5.【解】(1)①$∵ D(0,2)$到$⊙O$的距离的最小值$p=1$,最大值$q=3$,$∴ d(D,⊙O)=\frac{1+3}{2}=2$,故答案为 2.
②当$M$在点$E$处时,$d(E,⊙O)=2$;当$M$在点$F$处时,$d(F,⊙O)=\frac{2+4}{2}=3$,$∴ 2≤d(M,⊙O)≤3$.
(2)$d(N,⊙O)≥\sqrt{3}$. 设$ON=n$,$∴ p=n-r=n-1,q=n+r=n+1$,$∴ d(N,⊙O)=\frac{p+q}{2}=\frac{n-1+n+1}{2}=n$. 设直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$交$x$轴于点$B$,交$y$轴于点$A$,如图
,则$A(0,2\sqrt{3}),B(-2,0)$,$∴ OA=2\sqrt{3},OB=2$,$∴ AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=4$.当$ON⊥AB$时,$d(N,⊙O)$最小. $∵ S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA·OB=\frac{1}{2}AB·ON$,即$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=\frac{1}{2}×4ON$,$∴ ON=\sqrt{3}$. 由图
易知$ON$无最大值,$∴ d(N,⊙O)≥\sqrt{3}$.(3)$m$的最小值为$\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$,最大值为$\frac{18}{5}$. 如图
,$∵ d(P,⊙O)$的最小值为1,最大值为$\sqrt{10}$,$∴$ 两个同心圆中,小圆的半径为1,大圆的半径为$\sqrt{10}$.$∵ KL=\sqrt{10}-1$,$∴ m$的最小值是$\frac{\sqrt{10}-1}{\sqrt{2}}=\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
在$Rt△ OMH$中,$OM=\sqrt{10},OH=m-1,MH=\frac{1}{2}m$,$∴ (m-1)^2+(\frac{1}{2}m)^2=(\sqrt{10})^2$,解得$m=-2$(舍去)或$m=\frac{18}{5}$,$∴ m$的最小值为$\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$,最大值为$\frac{18}{5}$.
解析
【分析】
这是一道新定义类综合题，解题的核心是先理解“关联距离”的本质：设任意点C到原点O的距离为n，分情况讨论：若点C在⊙O外，C到⊙O上点的最小距离$p=n-1$，最大距离$q=n+1$，可得$d(C,\odot O)=\frac{p+q}{2}=n$；若点C在⊙O内，$p=1-n$，$q=1+n$，计算得$d(C,\odot O)=n$；若点C在⊙O上，$p=0$，$q=2$，$d=1=n$，因此“关联距离”实质就是点C到原点O的距离，转化后即可结合已学知识解题：
(1)①直接确定点D坐标，计算其到原点的距离即可得到结果；②线段EF上的点都在x轴正半轴，横坐标范围为2~4，其到原点的距离等于横坐标，即可得到关联距离的取值范围。
(2)问题转化为求直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$上的点到原点的最小距离，即原点到直线的垂线段长度，利用三角形面积法计算即可，直线无限延伸，故关联距离无最大值。
(3)由题意得正方形边上的点到原点的距离最小为1、最大为$\sqrt{10}$，即正方形的边与半径为1的小圆有交点，且存在顶点在半径为$\sqrt{10}$的大圆上，分别分析边长取最小值和最大值的几何位置，结合勾股定理计算即可。
【解析】
(1)①由图可知D点坐标为$(0,2)$，点D到⊙O上点的最小距离$p=2-1=1$，最大距离$q=2+1=3$，因此$d(D,\odot O)=\frac{1+3}{2}=2$。
②由图可知E点坐标为$(2,0)$，F点坐标为$(4,0)$，线段EF上的点都在x轴正半轴，横坐标x满足$2≤ x≤4$。点$M(x,0)$到原点的距离为x，即$d(M,\odot O)=x$，因此当$x=2$时，d最小为2；当$x=4$时，d最大为3，故取值范围为$2≤ d(M,\odot O)≤3$。
(2)由前面推导可知$d(N,\odot O)$等于点N到原点O的距离，设为$ON$。
直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$交x轴于B，交y轴于A：令$x=0$，得$y=2\sqrt{3}$，故$A(0,2\sqrt{3})$；令$y=0$，得$0=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$，解得$x=-2$，故$B(-2,0)$，如图。
$OA=2\sqrt{3}$，$OB=2$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。
当$ON⊥ AB$时，$ON$取得最小值，此时$△ AOB$的面积可表示为$\frac{1}{2}· OA· OB=\frac{1}{2}· AB· ON$，代入得：
$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=\frac{1}{2}×4× ON$，解得$ON=\sqrt{3}$。
由图可知直线无限延伸，$ON$无最大值，因此$d(N,\odot O)≥\sqrt{3}$。
(3)由$d(P,\odot O)$的最小值为1，最大值为$\sqrt{10}$，可知正方形边上的点到原点的距离最小为1，最大为$\sqrt{10}$，即存在半径为1的小圆和半径为$\sqrt{10}$的大圆，正方形的边与小圆有交点，且正方形有顶点在大圆上，如图。
求m的最小值：当正方形的边与小圆相切，且相对的顶点在大圆上时，边长最小，此时正方形的对角线长度为$\sqrt{10}-1$，因此边长$m=\frac{\sqrt{10}-1}{\sqrt{2}}=\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$。
求m的最大值：当正方形的顶点在大圆上，且边到原点的距离为1时，边长最大。设此时正方形边到原点的距离为1，边长为m，由勾股定理可得：$(m-1)^2+(\frac{1}{2}m)^2=(\sqrt{10})^2$，整理得$\frac{5}{4}m^2-2m+1=10$，即$5m^2-8m-36=0$，解得$m=-2$（舍去，边长为正）或$m=\frac{18}{5}$。
综上，m的最小值为$\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$，最大值为$\frac{18}{5}$。
【答案】
(1)①$\boxed{2}$；②$\boxed{2≤ d(M,\odot O)≤3}$
(2)$\boxed{d(N,\odot O)≥\sqrt{3}}$
(3)$m$的最小值为$\boxed{\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}}$，最大值为$\boxed{\frac{18}{5}}$
【知识点】
新定义问题，点到直线的距离，勾股定理
【点评】
本题围绕新定义“关联距离”展开，解题关键是将陌生的新定义转化为已学的点到点的距离，综合考查了点与圆的位置关系、一次函数的性质、正方形的性质等知识，需要较强的几何分析能力和知识迁移能力。
【难度系数】
0.3
这是一道新定义类综合题，解题的核心是先理解“关联距离”的本质：设任意点C到原点O的距离为n，分情况讨论：若点C在⊙O外，C到⊙O上点的最小距离$p=n-1$，最大距离$q=n+1$，可得$d(C,\odot O)=\frac{p+q}{2}=n$；若点C在⊙O内，$p=1-n$，$q=1+n$，计算得$d(C,\odot O)=n$；若点C在⊙O上，$p=0$，$q=2$，$d=1=n$，因此“关联距离”实质就是点C到原点O的距离，转化后即可结合已学知识解题：
(1)①直接确定点D坐标，计算其到原点的距离即可得到结果；②线段EF上的点都在x轴正半轴，横坐标范围为2~4，其到原点的距离等于横坐标，即可得到关联距离的取值范围。
(2)问题转化为求直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$上的点到原点的最小距离，即原点到直线的垂线段长度，利用三角形面积法计算即可，直线无限延伸，故关联距离无最大值。
(3)由题意得正方形边上的点到原点的距离最小为1、最大为$\sqrt{10}$，即正方形的边与半径为1的小圆有交点，且存在顶点在半径为$\sqrt{10}$的大圆上，分别分析边长取最小值和最大值的几何位置，结合勾股定理计算即可。
【解析】
(1)①由图可知D点坐标为$(0,2)$，点D到⊙O上点的最小距离$p=2-1=1$，最大距离$q=2+1=3$，因此$d(D,\odot O)=\frac{1+3}{2}=2$。
②由图可知E点坐标为$(2,0)$，F点坐标为$(4,0)$，线段EF上的点都在x轴正半轴，横坐标x满足$2≤ x≤4$。点$M(x,0)$到原点的距离为x，即$d(M,\odot O)=x$，因此当$x=2$时，d最小为2；当$x=4$时，d最大为3，故取值范围为$2≤ d(M,\odot O)≤3$。
(2)由前面推导可知$d(N,\odot O)$等于点N到原点O的距离，设为$ON$。
直线$y=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$交x轴于B，交y轴于A：令$x=0$，得$y=2\sqrt{3}$，故$A(0,2\sqrt{3})$；令$y=0$，得$0=\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$，解得$x=-2$，故$B(-2,0)$，如图
。$OA=2\sqrt{3}$，$OB=2$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。
当$ON⊥ AB$时，$ON$取得最小值，此时$△ AOB$的面积可表示为$\frac{1}{2}· OA· OB=\frac{1}{2}· AB· ON$，代入得：
$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=\frac{1}{2}×4× ON$，解得$ON=\sqrt{3}$。
由图
可知直线无限延伸，$ON$无最大值，因此$d(N,\odot O)≥\sqrt{3}$。(3)由$d(P,\odot O)$的最小值为1，最大值为$\sqrt{10}$，可知正方形边上的点到原点的距离最小为1，最大为$\sqrt{10}$，即存在半径为1的小圆和半径为$\sqrt{10}$的大圆，正方形的边与小圆有交点，且正方形有顶点在大圆上，如图
。求m的最小值：当正方形的边与小圆相切，且相对的顶点在大圆上时，边长最小，此时正方形的对角线长度为$\sqrt{10}-1$，因此边长$m=\frac{\sqrt{10}-1}{\sqrt{2}}=\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$。
求m的最大值：当正方形的顶点在大圆上，且边到原点的距离为1时，边长最大。设此时正方形边到原点的距离为1，边长为m，由勾股定理可得：$(m-1)^2+(\frac{1}{2}m)^2=(\sqrt{10})^2$，整理得$\frac{5}{4}m^2-2m+1=10$，即$5m^2-8m-36=0$，解得$m=-2$（舍去，边长为正）或$m=\frac{18}{5}$。
综上，m的最小值为$\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}$，最大值为$\frac{18}{5}$。
【答案】
(1)①$\boxed{2}$；②$\boxed{2≤ d(M,\odot O)≤3}$
(2)$\boxed{d(N,\odot O)≥\sqrt{3}}$
(3)$m$的最小值为$\boxed{\sqrt{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}}$，最大值为$\boxed{\frac{18}{5}}$
【知识点】
新定义问题，点到直线的距离，勾股定理
【点评】
本题围绕新定义“关联距离”展开，解题关键是将陌生的新定义转化为已学的点到点的距离，综合考查了点与圆的位置关系、一次函数的性质、正方形的性质等知识，需要较强的几何分析能力和知识迁移能力。
【难度系数】
0.3
