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1[2026江苏宿迁质检,中]如图,点D,E,F分别在△ABC的三边上,AB=AC,∠A=∠EDF=90°,∠EFD=30°,AB=1,下列结论正确的是(
A.BD可求,BE不可求
B.BD不可求,BE可求
C.BD,BE均可求
D.BD,BE均不可求
(第1题图)
(第2题图)
A
)A.BD可求,BE不可求
B.BD不可求,BE可求
C.BD,BE均可求
D.BD,BE均不可求
(第1题图)
(第2题图)
答案
A 【解析】连接 $AD$, $\because ∠ BAC = ∠ EDF = 90°$, $\therefore ∠ BAC + ∠ EDF = 180°$, $\therefore A$, $E$, $D$, $F$ 四点共圆, $\therefore ∠ BAD = ∠ EFD = 30°$, $\therefore$ 点 $D$ 固定, 即 $BD$ 可求. 当 $△ DEF$ 绕点 $D$ 旋转时, $∠ EDF = 90°$ 不变, 则 $A$, $E$, $D$, $F$ 四点共圆不变, $\therefore ∠ BAD = ∠ EFD = 30°$ 依旧不变, 即点 $E$ 可以在 $AB$ 上任何地方, $\therefore BE$ 不可求. 综上可得, $BD$ 可求, $BE$ 不可求. 故选 A.
解析
【分析】
解题时首先观察已知角的特征，∠BAC和∠EDF均为90°，二者和为180°，可联想到四点共圆的判定条件；再利用圆周角定理得到角的等量关系，确定点D的位置是否固定，判断BD是否可求；最后分析△DEF的动态变化特征，判断点E的位置是否固定，进而确定BE是否可求。
【解析】
连接$AD$，
$\because ∠ BAC = ∠ EDF = 90°$，
$\therefore ∠ BAC + ∠ EDF = 180°$，
根据对角互补的四边形内接于圆，可得$A$、$E$、$D$、$F$四点共圆。
由圆周角定理可知，同弧所对的圆周角相等，$\therefore ∠ BAD = ∠ EFD = 30°$。
已知$△ ABC$是等腰直角三角形，$AB=1$，$∠ B=45°$，$∠ BAD=30°$为定值，因此点$D$在$BC$上的位置固定，故$BD$可求。
当$△ DEF$绕点$D$旋转时，只要保持$∠ EDF=90°$、$∠ EFD=30°$，$A$、$E$、$D$、$F$四点共圆的关系不变，$∠ BAD=30°$的结论仍然成立，但点$E$在$AB$上的位置可以随旋转变化，因此$BE$不可求。
综上，$BD$可求，$BE$不可求，故选A。
【答案】
A
【知识点】
四点共圆的判定；圆周角定理；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何动静结合类问题，解题的核心是通过四点共圆挖掘出固定角$∠ BAD=30°$，确定点D的位置为定量，同时明确△DEF旋转过程中点E的位置是变量，考查了几何综合分析与动静区分的能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先观察已知角的特征，∠BAC和∠EDF均为90°，二者和为180°，可联想到四点共圆的判定条件；再利用圆周角定理得到角的等量关系，确定点D的位置是否固定，判断BD是否可求；最后分析△DEF的动态变化特征，判断点E的位置是否固定，进而确定BE是否可求。
【解析】
连接$AD$，
$\because ∠ BAC = ∠ EDF = 90°$，
$\therefore ∠ BAC + ∠ EDF = 180°$，
根据对角互补的四边形内接于圆，可得$A$、$E$、$D$、$F$四点共圆。
由圆周角定理可知，同弧所对的圆周角相等，$\therefore ∠ BAD = ∠ EFD = 30°$。
已知$△ ABC$是等腰直角三角形，$AB=1$，$∠ B=45°$，$∠ BAD=30°$为定值，因此点$D$在$BC$上的位置固定，故$BD$可求。
当$△ DEF$绕点$D$旋转时，只要保持$∠ EDF=90°$、$∠ EFD=30°$，$A$、$E$、$D$、$F$四点共圆的关系不变，$∠ BAD=30°$的结论仍然成立，但点$E$在$AB$上的位置可以随旋转变化，因此$BE$不可求。
综上，$BD$可求，$BE$不可求，故选A。
【答案】
A
【知识点】
四点共圆的判定；圆周角定理；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何动静结合类问题，解题的核心是通过四点共圆挖掘出固定角$∠ BAD=30°$，确定点D的位置为定量，同时明确△DEF旋转过程中点E的位置是变量，考查了几何综合分析与动静区分的能力。
【难度系数】
0.6
2 [中]如图，四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，$∠ B=90°$，$∠ A=60°$，$AB=3$，$CD=2$，则AD的长为（
A.$3\sqrt{3}-4$
B.$2\sqrt{3}$
C.$6-2\sqrt{3}$
D.$3$
C
）A.$3\sqrt{3}-4$
B.$2\sqrt{3}$
C.$6-2\sqrt{3}$
D.$3$
答案
C 【解析】如图, 延长 $AB$, $DC$ 交于点 $E$.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形, $\therefore ∠ ABC + ∠ D = 180°$. $\because ∠ ABC = 90°$, $\therefore ∠ D = 90°$, $∠ EBC = 90°$. $\because ∠ A = 60°$, $\therefore ∠ E = 30°$, $\therefore EC = 2BC$, $AE = 2AD$. 设 $BC = x$, 则 $EC = 2x$, $\therefore BE = \sqrt{3}x$. $\because AB = 3$, $CD = 2$, $\therefore AE = 3 + \sqrt{3}x$, $DE = 2 + 2x$, $\therefore AD = \frac{1}{2}AE = \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$. $\because$ 由勾股定理易得 $DE = \sqrt{3}AD$, $\therefore 2 + 2x = \sqrt{3} × \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$, 解得 $x = 3\sqrt{3} - 4$, $\therefore AD = \frac{3 + \sqrt{3} × (3\sqrt{3} - 4)}{2} = 6 - 2\sqrt{3}$, 故选 C.解析
【分析】
遇到圆内接四边形且存在特殊角、直角的情况，首先利用圆内接四边形对角互补的性质得到对应角的度数，本题中已知∠B=90°，可推出∠D=90°，结合∠A=60°，考虑通过延长AB、DC构造含30°角的直角三角形，利用30°角所对直角边是斜边一半的特殊边长关系，把已知的AB、CD长度和未知边长关联，设未知数列方程即可求出AD的长度。
【解析】
如图，延长$AB$，$DC$交于点$E$.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形，
$\therefore ∠ ABC + ∠ D = 180°$.
$\because ∠ ABC = 90°$，
$\therefore ∠ D = 90°$，$∠ EBC = 180°-∠ABC=90°$.
$\because ∠ A = 60°$，
$\therefore ∠ E = 180°-∠A-∠D=30°$，
$\therefore EC = 2BC$，$AE = 2AD$（30°角所对直角边等于斜边的一半）.
设 $BC = x$，则 $EC = 2x$，
在$Rt△ EBC$中，由勾股定理得$BE = \sqrt{EC^2-BC^2}=\sqrt{3}x$.
$\because AB = 3$，$CD = 2$，
$\therefore AE = AB+BE=3 + \sqrt{3}x$，$DE = CD+EC=2 + 2x$，
$\therefore AD = \frac{1}{2}AE = \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$.
在$Rt△ ADE$中，$∠E=30°$，
$\therefore DE = \sqrt{3}AD$，
代入得：$2 + 2x = \sqrt{3} × \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$，
解方程：两边同乘2得$4+4x=3\sqrt{3}+3x$，解得 $x = 3\sqrt{3} - 4$，
将$x=3\sqrt{3}-4$代入$AD$的表达式：
$\therefore AD = \frac{3 + \sqrt{3} × (3\sqrt{3} - 4)}{2} = \frac{3+9-4\sqrt{3}}{2}=6 - 2\sqrt{3}$，
故选C.
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的关键是通过延长边构造含特殊角的直角三角形，将分散的已知条件整合，利用特殊三角形的边长关系列方程求解，这种补形法是解决此类含特殊角的圆内接四边形问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
遇到圆内接四边形且存在特殊角、直角的情况，首先利用圆内接四边形对角互补的性质得到对应角的度数，本题中已知∠B=90°，可推出∠D=90°，结合∠A=60°，考虑通过延长AB、DC构造含30°角的直角三角形，利用30°角所对直角边是斜边一半的特殊边长关系，把已知的AB、CD长度和未知边长关联，设未知数列方程即可求出AD的长度。
【解析】
如图，延长$AB$，$DC$交于点$E$.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形，
$\therefore ∠ ABC + ∠ D = 180°$.
$\because ∠ ABC = 90°$，
$\therefore ∠ D = 90°$，$∠ EBC = 180°-∠ABC=90°$.
$\because ∠ A = 60°$，
$\therefore ∠ E = 180°-∠A-∠D=30°$，
$\therefore EC = 2BC$，$AE = 2AD$（30°角所对直角边等于斜边的一半）.
设 $BC = x$，则 $EC = 2x$，
在$Rt△ EBC$中，由勾股定理得$BE = \sqrt{EC^2-BC^2}=\sqrt{3}x$.
$\because AB = 3$，$CD = 2$，
$\therefore AE = AB+BE=3 + \sqrt{3}x$，$DE = CD+EC=2 + 2x$，
$\therefore AD = \frac{1}{2}AE = \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$.
在$Rt△ ADE$中，$∠E=30°$，
$\therefore DE = \sqrt{3}AD$，
代入得：$2 + 2x = \sqrt{3} × \frac{3 + \sqrt{3}x}{2}$，
解方程：两边同乘2得$4+4x=3\sqrt{3}+3x$，解得 $x = 3\sqrt{3} - 4$，
将$x=3\sqrt{3}-4$代入$AD$的表达式：
$\therefore AD = \frac{3 + \sqrt{3} × (3\sqrt{3} - 4)}{2} = \frac{3+9-4\sqrt{3}}{2}=6 - 2\sqrt{3}$，
故选C.
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的关键是通过延长边构造含特殊角的直角三角形，将分散的已知条件整合，利用特殊三角形的边长关系列方程求解，这种补形法是解决此类含特殊角的圆内接四边形问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6
3[2026江苏苏州调研,中]如图,圆内接四边形ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,连接AC,AC=2,则四边形ABCD的面积为 (
A.4
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
(第3题图)
(第4题图)
D
)A.4
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
(第3题图)
(第4题图)
答案
D 【解析】如图, 将 $△ ABC$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $60°$ 得到 $△ AGE$, 过点 $A$ 作 $AF ⊥ CD$ 于点 $F$.
$\because ∠ BAD = 60°$, $\therefore$ 点 $G$ 与点 $D$ 重合, $\therefore △ ABC ≌ △ ADE$, $\therefore BC = DE$, $AC = AE$, $∠ CAB = ∠ EAD$, $∠ ABC = ∠ ADE$, $S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$, $\therefore$ 四边形 $ABCD$ 的面积为 $S_{△ ABC} + S_{△ ACD} = S_{△ ADE} + S_{△ ACD}$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于圆, $\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$, $\therefore ∠ ADC + ∠ ADE = 180°$, $\therefore C$, $D$, $E$ 三点共线, $\therefore BC + CD = DE + DC = CE$, $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ACE}$. $\because ∠ BAD = 60°$, $\therefore ∠ CAE = ∠ BAD = 60°$, $\therefore △ ACE$ 为等边三角形, $\therefore CF = \frac{1}{2}CE = \frac{1}{2}AC = 1$, $\therefore AF = \sqrt{AC^2 - CF^2} = \sqrt{3}$, $\therefore S_{△ ACE} = \frac{1}{2} × CE × AF = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} = \sqrt{3}$, $\therefore$ 四边形 $ABCD$ 的面积为 $\sqrt{3}$. 故选 D.解析
【分析】
要计算不规则圆内接四边形ABCD的面积，直接分别计算△ABC和△ACD的面积缺少足够的边长条件，无法直接求解。观察已知条件：AB=AD，∠BAD=60°，符合共顶点等线段的旋转全等特征，可考虑将△ABC绕点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，将四边形面积转化为三角形面积计算；再结合圆内接四边形对角互补的性质，证明旋转后的对应点、D、C三点共线，最终可推出转化后的三角形是边长为AC=2的等边三角形，计算该等边三角形面积即可得到四边形的面积。
【解析】
如图，将$△ ABC$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $60°$ 得到 $△ AGE$，过点 $A$ 作 $AF ⊥ CD$ 于点 $F$.
$\because ∠ BAD = 60°$，$\therefore$ 点 $G$ 与点 $D$ 重合，$\therefore △ ABC ≌ △ ADE$，
$\therefore BC = DE$，$AC = AE$，$∠ CAB = ∠ EAD$，$∠ ABC = ∠ ADE$，$S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$，
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 的面积为 $S_{△ ABC} + S_{△ ACD} = S_{△ ADE} + S_{△ ACD}$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于圆，$\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$，
$\therefore ∠ ADC + ∠ ADE = 180°$，$\therefore C$、$D$、$E$ 三点共线，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ACE}$。
$\because ∠ BAD = 60°$，$\therefore ∠ CAE = ∠ CAD + ∠ EAD = ∠ CAD + ∠ CAB = ∠ BAD = 60°$，
又$\because AC=AE$，$\therefore △ ACE$ 为等边三角形，
$\therefore CE=AC=2$，$CF = \frac{1}{2}CE = 1$，
由勾股定理得$AF = \sqrt{AC^2 - CF^2} = \sqrt{2^2 -1^2}= \sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ ACE} = \frac{1}{2} × CE × AF = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} = \sqrt{3}$，
即四边形 $ABCD$ 的面积为 $\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
圆内接四边形的性质；旋转的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题考查几何图形的面积转化计算，利用旋转将不规则四边形的面积转化为规则等边三角形的面积是解题的关键，同时用到了圆内接四边形对角互补的性质，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
要计算不规则圆内接四边形ABCD的面积，直接分别计算△ABC和△ACD的面积缺少足够的边长条件，无法直接求解。观察已知条件：AB=AD，∠BAD=60°，符合共顶点等线段的旋转全等特征，可考虑将△ABC绕点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，将四边形面积转化为三角形面积计算；再结合圆内接四边形对角互补的性质，证明旋转后的对应点、D、C三点共线，最终可推出转化后的三角形是边长为AC=2的等边三角形，计算该等边三角形面积即可得到四边形的面积。
【解析】
如图，将$△ ABC$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $60°$ 得到 $△ AGE$，过点 $A$ 作 $AF ⊥ CD$ 于点 $F$.
$\because ∠ BAD = 60°$，$\therefore$ 点 $G$ 与点 $D$ 重合，$\therefore △ ABC ≌ △ ADE$，
$\therefore BC = DE$，$AC = AE$，$∠ CAB = ∠ EAD$，$∠ ABC = ∠ ADE$，$S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$，
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 的面积为 $S_{△ ABC} + S_{△ ACD} = S_{△ ADE} + S_{△ ACD}$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于圆，$\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$，
$\therefore ∠ ADC + ∠ ADE = 180°$，$\therefore C$、$D$、$E$ 三点共线，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ACE}$。
$\because ∠ BAD = 60°$，$\therefore ∠ CAE = ∠ CAD + ∠ EAD = ∠ CAD + ∠ CAB = ∠ BAD = 60°$，
又$\because AC=AE$，$\therefore △ ACE$ 为等边三角形，
$\therefore CE=AC=2$，$CF = \frac{1}{2}CE = 1$，
由勾股定理得$AF = \sqrt{AC^2 - CF^2} = \sqrt{2^2 -1^2}= \sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ ACE} = \frac{1}{2} × CE × AF = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} = \sqrt{3}$，
即四边形 $ABCD$ 的面积为 $\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
圆内接四边形的性质；旋转的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题考查几何图形的面积转化计算，利用旋转将不规则四边形的面积转化为规则等边三角形的面积是解题的关键，同时用到了圆内接四边形对角互补的性质，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
4[2026浙江绍兴期中,较难]如图,四边形ABCD为$\odot O$的内接四边形,AB为$\odot O$的直径,$∠ B=60°$,点E为$\odot O$上的点,且$DE ⊥ AB$,垂足为F,点G是线段EF上一点,且$DG=AC$.若$CD=2$,$AG=\sqrt{7}$,则$\odot O$的半径为 (
A.$\frac{\sqrt{38}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{57}}{3}$
C.$\frac{2\sqrt{11}}{3}$
D.$\frac{2\sqrt{17}}{3}$
B
)A.$\frac{\sqrt{38}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{57}}{3}$
C.$\frac{2\sqrt{11}}{3}$
D.$\frac{2\sqrt{17}}{3}$
答案
B 【解析】如图, 作 $AM ⊥ CD$, 交 $CD$ 的延长线于点 $M$, 作 $GN ⊥ AD$, 交 $DA$ 的延长线于点 $N$, $\therefore ∠ M = ∠ N = 90°$. $\because DE ⊥ AB$, $\therefore \overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{AE}$, $\therefore ∠ ACM = ∠ NDG$. $\because DG = AC$, $\therefore △ ACM ≌ △ GDN(\mathrm{AAS})$, $\therefore CM = DN$, $AM = GN$.
$\because ∠ B = 60°$, $\therefore ∠ ADC = 180° - 60° = 120°$, $\therefore ∠ ADM = 60°$, $\therefore ∠ MAD = 30°$. 设 $DM = a$, 则 $CM = 2 + a$, $AD = 2a$, $AM = \sqrt{AD^2 - DM^2} = \sqrt{3}a$, $\therefore AN = DN - AD = CM - AD = 2 + a - 2a = 2 - a$. 在 $\mathrm{Rt}△ ANG$ 中, $\because AN^2 + GN^2 = AG^2$, $\therefore (2 - a)^2 + (\sqrt{3}a)^2 = (\sqrt{7})^2$, 解得 $a = \frac{3}{2}$ 或 $a = -\frac{1}{2}$(舍去), $\therefore CM = 2 + \frac{3}{2} = \frac{7}{2}$, $AM = \sqrt{3} × \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$, $\therefore AC = \sqrt{AM^2 + CM^2} = \sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{7}{2})^2} = \sqrt{19}$. $\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径, $\therefore ∠ ACB = 90°$. $\because ∠ B = 60°$, $\therefore ∠ BAC = 30°$, $\therefore BC = \frac{1}{2}AB$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $AC^2 + BC^2 = AB^2$, $\therefore (\sqrt{19})^2 + (\frac{1}{2}AB)^2 = AB^2$, 解得 $AB = \frac{2\sqrt{57}}{3}$(负值已舍去), $\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{57}}{3}$. 故选 B.解析
【分析】
解题时先分析已知条件对应的图形性质：AB为$\odot O$直径可得$∠ ACB=90°$，$DE⊥ AB$由垂径定理可得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AE}$，对应圆周角相等，结合$DG=AC$的条件，考虑作垂线构造全等三角形，将已知线段$CD$、$AG$转化到直角三角形中；再利用圆内接四边形对角互补得$∠ ADC=120°$，得到含$30°$角的直角三角形，设未知数表示各线段长度，用勾股定理列方程求出未知数，最后在$Rt△ ACB$中利用$30°$角的性质和勾股定理求出直径，即可得到半径。
【解析】
如图，作 $AM ⊥ CD$，交 $CD$ 的延长线于点 $M$，作 $GN ⊥ AD$，交 $DA$ 的延长线于点 $N$，$\therefore ∠ M = ∠ N = 90°$。
$\because DE ⊥ AB$，$\therefore \overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{AE}$，$\therefore ∠ ACM = ∠ NDG$。
$\because DG = AC$，$\therefore △ ACM ≌ △ GDN(\mathrm{AAS})$，$\therefore CM = DN$，$AM = GN$。
$\because$ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，$∠ B = 60°$，$\therefore ∠ ADC = 180° - 60° = 120°$，$\therefore ∠ ADM = 60°$，$\therefore ∠ MAD = 30°$。
设 $DM = a$，则 $CM = 2 + a$，$AD = 2a$，$AM = \sqrt{AD^2 - DM^2} = \sqrt{3}a$，$\therefore AN = DN - AD = CM - AD = 2 + a - 2a = 2 - a$。
在 $\mathrm{Rt}△ ANG$ 中，$\because AN^2 + GN^2 = AG^2$，$\therefore (2 - a)^2 + (\sqrt{3}a)^2 = (\sqrt{7})^2$，
解得 $a = \frac{3}{2}$ 或 $a = -\frac{1}{2}$(舍去)，
$\therefore CM = 2 + \frac{3}{2} = \frac{7}{2}$，$AM = \sqrt{3} × \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore AC = \sqrt{AM^2 + CM^2} = \sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{7}{2})^2} = \sqrt{19}$。
$\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ ACB = 90°$。
$\because ∠ B = 60°$，$\therefore ∠ BAC = 30°$，$\therefore BC = \frac{1}{2}AB$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$AC^2 + BC^2 = AB^2$，$\therefore (\sqrt{19})^2 + (\frac{1}{2}AB)^2 = AB^2$，
解得 $AB = \frac{2\sqrt{57}}{3}$(负值已舍去)，$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{57}}{3}$。
【答案】B
【知识点】
圆内接四边形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查了圆的相关性质、几何辅助线的构造及方程思想的运用，解题的突破口是结合等线段和等圆周角的条件构造全等三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中求解，对综合分析问题的能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题时先分析已知条件对应的图形性质：AB为$\odot O$直径可得$∠ ACB=90°$，$DE⊥ AB$由垂径定理可得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AE}$，对应圆周角相等，结合$DG=AC$的条件，考虑作垂线构造全等三角形，将已知线段$CD$、$AG$转化到直角三角形中；再利用圆内接四边形对角互补得$∠ ADC=120°$，得到含$30°$角的直角三角形，设未知数表示各线段长度，用勾股定理列方程求出未知数，最后在$Rt△ ACB$中利用$30°$角的性质和勾股定理求出直径，即可得到半径。
【解析】
如图，作 $AM ⊥ CD$，交 $CD$ 的延长线于点 $M$，作 $GN ⊥ AD$，交 $DA$ 的延长线于点 $N$，$\therefore ∠ M = ∠ N = 90°$。
$\because DE ⊥ AB$，$\therefore \overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{AE}$，$\therefore ∠ ACM = ∠ NDG$。
$\because DG = AC$，$\therefore △ ACM ≌ △ GDN(\mathrm{AAS})$，$\therefore CM = DN$，$AM = GN$。
$\because$ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，$∠ B = 60°$，$\therefore ∠ ADC = 180° - 60° = 120°$，$\therefore ∠ ADM = 60°$，$\therefore ∠ MAD = 30°$。
设 $DM = a$，则 $CM = 2 + a$，$AD = 2a$，$AM = \sqrt{AD^2 - DM^2} = \sqrt{3}a$，$\therefore AN = DN - AD = CM - AD = 2 + a - 2a = 2 - a$。
在 $\mathrm{Rt}△ ANG$ 中，$\because AN^2 + GN^2 = AG^2$，$\therefore (2 - a)^2 + (\sqrt{3}a)^2 = (\sqrt{7})^2$，
解得 $a = \frac{3}{2}$ 或 $a = -\frac{1}{2}$(舍去)，
$\therefore CM = 2 + \frac{3}{2} = \frac{7}{2}$，$AM = \sqrt{3} × \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore AC = \sqrt{AM^2 + CM^2} = \sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{7}{2})^2} = \sqrt{19}$。
$\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ ACB = 90°$。
$\because ∠ B = 60°$，$\therefore ∠ BAC = 30°$，$\therefore BC = \frac{1}{2}AB$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$AC^2 + BC^2 = AB^2$，$\therefore (\sqrt{19})^2 + (\frac{1}{2}AB)^2 = AB^2$，
解得 $AB = \frac{2\sqrt{57}}{3}$(负值已舍去)，$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{57}}{3}$。
【答案】B
【知识点】
圆内接四边形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查了圆的相关性质、几何辅助线的构造及方程思想的运用，解题的突破口是结合等线段和等圆周角的条件构造全等三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中求解，对综合分析问题的能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
5[2026江苏无锡期末,中]如图,四边形ABCD内接于$\odot O$,$∠ D=120°$,点$P,M,N$分别是$AB$,$AD$,$DC$的中点.若$\odot O$的半径为2,则$PM+MN$的最大值是
(第5题图)
(第6题图)
2+√3
.(第5题图)
(第6题图)
答案
2+√3 【解析】连接 $BD$, $AC$, $OA$, $OC$, 如图.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$, $\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$. $\because ∠ ADC = 120°$, $\therefore ∠ ABC = 60°$. $\because \overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{AC}$, $\therefore ∠ AOC = 2∠ ABC = 120°$. 过点 $O$ 作 $OH ⊥ AC$ 于点 $H$, 则 $AH = CH$. $\because OA = OC$, $\therefore ∠ OAH = 30°$, $\therefore OH = \frac{1}{2}OA = 1$, $\therefore AH = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$, $\therefore AC = 2AH = 2\sqrt{3}$. $\because$ 点 $P$, $M$ 分别是 $AB$, $AD$ 的中点, $\therefore PM = \frac{1}{2}BD$, 同理 $MN = \frac{1}{2}AC = \sqrt{3}$, $\therefore PM + MN = \frac{1}{2}BD + \sqrt{3}$, $\therefore$ 当 $BD$ 最大时, $PM + MN$ 的值最大. $\because BD$ 为 $\odot O$ 的弦, $\therefore$ 当 $BD$ 为 $\odot O$ 的直径时, $BD$ 的值最大, 为 4, $\therefore$ 当 $BD = 4$ 时, $PM + MN$ 的值最大, 最大值为 $2 + \sqrt{3}$.解析
【分析】
解题时看到多个中点，优先联想三角形中位线定理，可将PM、MN转化为对应三角形第三边的一半；再结合圆内接四边形性质、圆周角定理计算AC的长度，可发现MN是定值，因此要使PM+MN最大，只需PM最大，也就是BD最大，而圆中最长的弦是直径，据此求出BD的最大值即可得到最终结果。
【解析】
连接 $BD$, $AC$, $OA$, $OC$，如图。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，$\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$。
$\because ∠ ADC = 120°$，$\therefore ∠ ABC = 180°-120°=60°$。
$\because \overset{\frown}{AC}$ 所对的圆周角是$∠ABC$，圆心角是$∠AOC$，$\therefore ∠ AOC = 2∠ ABC = 120°$。
过点 $O$ 作 $OH ⊥ AC$ 于点 $H$，根据等腰三角形三线合一，得 $AH = CH$。
$\because OA = OC=2$，$\therefore ∠ OAH = \frac{180°-120°}{2}=30°$，
$\therefore OH = \frac{1}{2}OA = 1$，
在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得$AH = \sqrt{OA^2-OH^2}=\sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
$\therefore AC = 2AH = 2\sqrt{3}$。
$\because$ 点 $P$, $M$ 分别是 $AB$, $AD$ 的中点，$\therefore PM$是$△ ABD$的中位线，$\therefore PM = \frac{1}{2}BD$，
同理，$MN$是$△ ADC$的中位线，$\therefore MN = \frac{1}{2}AC = \sqrt{3}$，
$\therefore PM + MN = \frac{1}{2}BD + \sqrt{3}$，
$\therefore$ 当 $BD$ 最大时，$PM + MN$ 的值最大。
$\because BD$ 为 $\odot O$ 的弦，圆中最长的弦是直径，$\therefore$ 当 $BD$ 为 $\odot O$ 的直径时，$BD$ 的值最大，为$2×2=4$，
$\therefore PM + MN$ 的最大值为 $\frac{1}{2}×4 + \sqrt{3}=2+\sqrt{3}$。
【答案】
$2+\sqrt{3}$
【知识点】
圆内接四边形的性质，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，解题的关键是通过中位线定理将所求线段转化为圆的弦相关的长度，明确定值部分后，利用圆中直径是最长的弦求解最值，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时看到多个中点，优先联想三角形中位线定理，可将PM、MN转化为对应三角形第三边的一半；再结合圆内接四边形性质、圆周角定理计算AC的长度，可发现MN是定值，因此要使PM+MN最大，只需PM最大，也就是BD最大，而圆中最长的弦是直径，据此求出BD的最大值即可得到最终结果。
【解析】
连接 $BD$, $AC$, $OA$, $OC$，如图
。$\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，$\therefore ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$。
$\because ∠ ADC = 120°$，$\therefore ∠ ABC = 180°-120°=60°$。
$\because \overset{\frown}{AC}$ 所对的圆周角是$∠ABC$，圆心角是$∠AOC$，$\therefore ∠ AOC = 2∠ ABC = 120°$。
过点 $O$ 作 $OH ⊥ AC$ 于点 $H$，根据等腰三角形三线合一，得 $AH = CH$。
$\because OA = OC=2$，$\therefore ∠ OAH = \frac{180°-120°}{2}=30°$，
$\therefore OH = \frac{1}{2}OA = 1$，
在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得$AH = \sqrt{OA^2-OH^2}=\sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
$\therefore AC = 2AH = 2\sqrt{3}$。
$\because$ 点 $P$, $M$ 分别是 $AB$, $AD$ 的中点，$\therefore PM$是$△ ABD$的中位线，$\therefore PM = \frac{1}{2}BD$，
同理，$MN$是$△ ADC$的中位线，$\therefore MN = \frac{1}{2}AC = \sqrt{3}$，
$\therefore PM + MN = \frac{1}{2}BD + \sqrt{3}$，
$\therefore$ 当 $BD$ 最大时，$PM + MN$ 的值最大。
$\because BD$ 为 $\odot O$ 的弦，圆中最长的弦是直径，$\therefore$ 当 $BD$ 为 $\odot O$ 的直径时，$BD$ 的值最大，为$2×2=4$，
$\therefore PM + MN$ 的最大值为 $\frac{1}{2}×4 + \sqrt{3}=2+\sqrt{3}$。
【答案】
$2+\sqrt{3}$
【知识点】
圆内接四边形的性质，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，解题的关键是通过中位线定理将所求线段转化为圆的弦相关的长度，明确定值部分后，利用圆中直径是最长的弦求解最值，能较好地考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
6[较难]如图，$△ ABC$中，$AD ⊥ BC$，$∠ B = 45°$，$∠ C = 30°$. 以$AD$为弦的圆分别交$AB$，$AC$于$E$，$F$两点，连接$ED$，$FD$，点$G$在$AC$边上，且满足$∠ EDG = 120°$，连接$EG$. 若$CD = 4 + 2\sqrt{2}$，则$△ DEG$的面积的最小值是
2√2+2
.答案
2√2+2 【解析】如图, 连接 $EF$. $\because AD ⊥ BC$, $∠ B = 45°$, $∠ C = 30°$, $\therefore ∠ BAD = 45°$, $∠ DAC = 60°$, $\therefore ∠ BAC = 105°$. $\because A$, $E$, $F$, $D$ 四点共圆, $\therefore ∠ EDF = 75°$. $\because ∠ EDG = 120°$, $\therefore ∠ FDG = 45°$. $\because \overset{\frown}{ED} = \overset{\frown}{ED}$, $\therefore ∠ EFD = ∠ EAD = 45°$, $\therefore ∠ EFD = ∠ FDG$, $\therefore EF // DG$, $\therefore S_{△ FDG} = S_{△ EDG}$. $\because CD = 4 + 2\sqrt{2}$, $∠ C = 30°$, $\therefore AC = 2AD$, 易得 $AD = \frac{4\sqrt{3}}{3} + \frac{2\sqrt{6}}{3}$, $AC = \frac{8\sqrt{3}}{3} + \frac{4\sqrt{6}}{3}$, $\therefore AC$ 边上的高为 $\frac{AD · DC}{AC} = 2 + \sqrt{2}$, $\therefore$ 当 $FG$ 最小时, $△ DFG$ 的面积取得最小值. 作 $△ DFG$ 的外接圆 $\odot O$, 过点 $O$ 作 $OH ⊥ FG$ 于点 $H$, 连接 $OF$, $OG$, $OD$, $DH$. $\because ∠ FDG = 45°$, $\therefore ∠ FOG = 90°$. $\because OF = GO$, $\therefore △ FOG$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ FOH = \frac{1}{2}∠ FOG = 45°$, $\therefore △ FOH$ 是等腰直角三角形, $\therefore FH = OH = \frac{1}{2}FG$, $FO = \sqrt{2}FH$, $\therefore DO + OH = \frac{\sqrt{2}}{2}FG + \frac{1}{2}FG = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}FG$, $\therefore$ 当 $DO + OH$ 最小时, $FG$ 就取得最小值. $\because DO + OH \ge DH$, $\therefore$ 当 $D$, $O$, $H$ 三点共线时, $DO + OH$ 最小, 此时 $DH ⊥ FG$, $\therefore DH = 2 + \sqrt{2}$. $\because DH = 2 + \sqrt{2} = FH + FO = FH + \sqrt{2}FH$, $\therefore FH = \sqrt{2}$, $\therefore FG$ 的最小值为 $2\sqrt{2}$, 此时 $S_{△ DFG} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × (2 + \sqrt{2}) = 2\sqrt{2} + 2$, $\therefore △ DEG$ 的面积的最小值为 $2\sqrt{2} + 2$. 故答案为 $2\sqrt{2} + 2$.
思路分析
连接 $EF$. 利用四点共圆和同弧所对的圆周角相等证明 $EF // DG$, 从而得到 $S_{△ FDG} = S_{△ EDG}$. 当 $FG$ 最小时, $△ DFG$ 的面积就最小, 作 $△ DFG$ 的外接圆 $\odot O$, 过点 $O$ 作 $OH ⊥ FG$ 于点 $H$, 连接 $OF$, $OG$, $OD$, $DH$. 表示出 $DO + OH$ 与 $FG$ 的关系, 可知当 $DO + OH$ 最小时, $FG$ 就最小. 当 $D$, $O$, $H$ 三点共线时, $DO + OH$ 最小, 此时 $DH ⊥ FG$, 求出 $FH$, 可得 $FG$ 的最小值, 再求出此时的 $S_{△ DFG}$, 即可求出 $△ DEG$ 的面积的最小值.
思路分析
连接 $EF$. 利用四点共圆和同弧所对的圆周角相等证明 $EF // DG$, 从而得到 $S_{△ FDG} = S_{△ EDG}$. 当 $FG$ 最小时, $△ DFG$ 的面积就最小, 作 $△ DFG$ 的外接圆 $\odot O$, 过点 $O$ 作 $OH ⊥ FG$ 于点 $H$, 连接 $OF$, $OG$, $OD$, $DH$. 表示出 $DO + OH$ 与 $FG$ 的关系, 可知当 $DO + OH$ 最小时, $FG$ 就最小. 当 $D$, $O$, $H$ 三点共线时, $DO + OH$ 最小, 此时 $DH ⊥ FG$, 求出 $FH$, 可得 $FG$ 的最小值, 再求出此时的 $S_{△ DFG}$, 即可求出 $△ DEG$ 的面积的最小值.
解析
【分析】
要求△DEG的面积最小值，直接分析△DEG的边角关系难度较大，可按以下思路推导：①先结合已知的垂直、角度条件和四点共圆的性质，推导各角的等量关系，证明EF//DG，利用同底等高的性质将△DEG的面积转化为△DFG的面积；②由于D是定点，AC是定直线，D到AC的高为定值，因此△DFG的面积最小值由FG的最小值决定；③结合∠FDG为定角45°，构造△DFG的外接圆，利用圆周角与圆心角的关系、线段最短原理，找到FG取最小值的情况，最后代入计算即可。
【解析】
连接$EF$，
$\because AD ⊥ BC$，$∠ B = 45°$，$∠ C = 30°$，
$\therefore ∠ BAD = 90° - ∠ B = 45°$，$∠ DAC = 90° - ∠ C = 60°$，
$\therefore ∠ BAC = 45° + 60° = 105°$。
$\because A、E、F、D$四点共圆，
$\therefore ∠ EDF = 180° - ∠ BAC = 75°$（圆内接四边形对角互补）。
$\because ∠ EDG = 120°$，
$\therefore ∠ FDG = ∠ EDG - ∠ EDF = 120° - 75° = 45°$。
$\because \overset{\frown}{ED}$所对的圆周角为$∠ EFD$和$∠ EAD$，
$\therefore ∠ EFD = ∠ EAD = 45°$，
$\therefore ∠ EFD = ∠ FDG$，$\therefore EF // DG$，
$\therefore △ DEG$和$△ FDG$同底$DG$且等高，故$S_{△ DEG}=S_{△ FDG}$。
在$Rt△ ADC$中，$CD = 4 + 2\sqrt{2}$，$∠ C = 30°$，
$\therefore AD = CD · \tan30° = \frac{4\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}$，$AC = \frac{CD}{\cos30°} = \frac{8\sqrt{3} + 4\sqrt{6}}{3}$。
设$D$到$AC$的高为$h$，由$△ ADC$面积公式$\frac{1}{2}AD· CD = \frac{1}{2}AC· h$，
代入得$h = \frac{AD· CD}{AC} = 2 + \sqrt{2}$，$h$为定值。
因此$S_{△ FDG} = \frac{1}{2} · FG · h$，要使面积最小，需$FG$最小。
作$△ DFG$的外接圆$\odot O$，过$O$作$OH ⊥ FG$于$H$，连接$OF、OG、OD、DH$。
$\because ∠ FDG = 45°$，$\therefore$圆心角$∠ FOG = 2∠ FDG = 90°$，
$\because OF=OG$，$OH ⊥ FG$，
$\therefore FH=HG=OH=\frac{1}{2}FG$，$OF = \sqrt{2}FH = \frac{\sqrt{2}}{2}FG$，
$\therefore DO + OH = OF + OH = \frac{\sqrt{2}+1}{2}FG$。
由线段最短原理，$DO + OH \ge DH$，当$D、O、H$三点共线时，$DO+OH$取最小值$DH$，此时$DH ⊥ FG$，即$DH = h = 2 + \sqrt{2}$。
此时$DH = OF + OH = \sqrt{2}FH + FH = FH(\sqrt{2}+1) = 2 + \sqrt{2}$，
解得$FH = \sqrt{2}$，$\therefore FG$最小值为$2FH = 2\sqrt{2}$，
$\therefore S_{△ FDG\mathrm{最小}} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × (2 + \sqrt{2}) = 2\sqrt{2} + 2$，即$△ DEG$的面积最小值为$2\sqrt{2} + 2$。
【答案】
$2\sqrt{2} + 2$
【知识点】
圆周角定理，等积变换，最值求解
【点评】
本题综合考查圆的性质、平行线判定、三角形面积计算及几何最值的推导，解题核心是通过等积变换转化所求面积，再结合外接圆性质找到线段最短的情况，对几何逻辑推理能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
要求△DEG的面积最小值，直接分析△DEG的边角关系难度较大，可按以下思路推导：①先结合已知的垂直、角度条件和四点共圆的性质，推导各角的等量关系，证明EF//DG，利用同底等高的性质将△DEG的面积转化为△DFG的面积；②由于D是定点，AC是定直线，D到AC的高为定值，因此△DFG的面积最小值由FG的最小值决定；③结合∠FDG为定角45°，构造△DFG的外接圆，利用圆周角与圆心角的关系、线段最短原理，找到FG取最小值的情况，最后代入计算即可。
【解析】
连接$EF$，
$\because AD ⊥ BC$，$∠ B = 45°$，$∠ C = 30°$，
$\therefore ∠ BAD = 90° - ∠ B = 45°$，$∠ DAC = 90° - ∠ C = 60°$，
$\therefore ∠ BAC = 45° + 60° = 105°$。
$\because A、E、F、D$四点共圆，
$\therefore ∠ EDF = 180° - ∠ BAC = 75°$（圆内接四边形对角互补）。
$\because ∠ EDG = 120°$，
$\therefore ∠ FDG = ∠ EDG - ∠ EDF = 120° - 75° = 45°$。
$\because \overset{\frown}{ED}$所对的圆周角为$∠ EFD$和$∠ EAD$，
$\therefore ∠ EFD = ∠ EAD = 45°$，
$\therefore ∠ EFD = ∠ FDG$，$\therefore EF // DG$，
$\therefore △ DEG$和$△ FDG$同底$DG$且等高，故$S_{△ DEG}=S_{△ FDG}$。
在$Rt△ ADC$中，$CD = 4 + 2\sqrt{2}$，$∠ C = 30°$，
$\therefore AD = CD · \tan30° = \frac{4\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}$，$AC = \frac{CD}{\cos30°} = \frac{8\sqrt{3} + 4\sqrt{6}}{3}$。
设$D$到$AC$的高为$h$，由$△ ADC$面积公式$\frac{1}{2}AD· CD = \frac{1}{2}AC· h$，
代入得$h = \frac{AD· CD}{AC} = 2 + \sqrt{2}$，$h$为定值。
因此$S_{△ FDG} = \frac{1}{2} · FG · h$，要使面积最小，需$FG$最小。
作$△ DFG$的外接圆$\odot O$，过$O$作$OH ⊥ FG$于$H$，连接$OF、OG、OD、DH$。
$\because ∠ FDG = 45°$，$\therefore$圆心角$∠ FOG = 2∠ FDG = 90°$，
$\because OF=OG$，$OH ⊥ FG$，
$\therefore FH=HG=OH=\frac{1}{2}FG$，$OF = \sqrt{2}FH = \frac{\sqrt{2}}{2}FG$，
$\therefore DO + OH = OF + OH = \frac{\sqrt{2}+1}{2}FG$。
由线段最短原理，$DO + OH \ge DH$，当$D、O、H$三点共线时，$DO+OH$取最小值$DH$，此时$DH ⊥ FG$，即$DH = h = 2 + \sqrt{2}$。
此时$DH = OF + OH = \sqrt{2}FH + FH = FH(\sqrt{2}+1) = 2 + \sqrt{2}$，
解得$FH = \sqrt{2}$，$\therefore FG$最小值为$2FH = 2\sqrt{2}$，
$\therefore S_{△ FDG\mathrm{最小}} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × (2 + \sqrt{2}) = 2\sqrt{2} + 2$，即$△ DEG$的面积最小值为$2\sqrt{2} + 2$。
【答案】
$2\sqrt{2} + 2$
【知识点】
圆周角定理，等积变换，最值求解
【点评】
本题综合考查圆的性质、平行线判定、三角形面积计算及几何最值的推导，解题核心是通过等积变换转化所求面积，再结合外接圆性质找到线段最短的情况，对几何逻辑推理能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
7[较难]如图(1),在$\odot O$中,弦AD平分圆周角$∠ BAC$,我们将圆中以A为公共点的三条弦BA,CA,DA构成的图形称为“爪形A”,弦BA,CA,DA称为“爪形A”的爪.如图(2),四边形ABCD内接于$\odot O$,$AB=BC$,连接BD.
(1)求证:圆中存在“爪形D”.
(2)若$∠ ADC=120°$,求证:$AD+CD=BD$.
(3)如图(3),若$AD⊥ DC$,此时“爪形D”的爪之间满足怎样的数量关系,请直接写出结果.
(1)求证:圆中存在“爪形D”.
(2)若$∠ ADC=120°$,求证:$AD+CD=BD$.
(3)如图(3),若$AD⊥ DC$,此时“爪形D”的爪之间满足怎样的数量关系,请直接写出结果.
答案
(1)【证明】$\because AB = BC$, $\therefore ∠ ADB = ∠ CDB$, $\therefore DB$ 平分圆周角 $∠ ADC$, $\therefore$ 圆中存在“爪形 $D$”.
(2)【证明】如图(1), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$.
$\because ∠ A + ∠ DCB = 180°$, $∠ ECB + ∠ DCB = 180°$, $\therefore ∠ A = ∠ ECB$. $\because AD = CE$, $AB = BC$, $\therefore △ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore BD = BE$, $∠ E = ∠ ADB$. $\because ∠ ADC = 120°$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDC = 60°$, $\therefore △ BDE$ 为等边三角形, $\therefore DE = BD$, $\therefore AD + CD = BD$.(3)【解】$AD + CD = \sqrt{2}BD$. 如图(2), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$.
同(2) 可得 $△ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB$, $BD = BE$. $\because AD ⊥ DC$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDE = 45°$, $\therefore ∠ DBE = 90°$, $\therefore △ BDE$ 为等腰直角三角形, $\therefore DE = \sqrt{2}BD$, 即 $AD + CD = \sqrt{2}BD$.解析
【分析】
(1) 先明确“爪形”的定义：以某点为公共点的三条弦，若其中一条弦平分另外两条弦构成的圆周角，即存在该点的爪形。要证存在“爪形D”，只需证明以D为公共点的弦DA、DB、DC中，DB平分∠ADC即可。结合已知AB=BC，根据等弧所对圆周角相等，可得∠ADB=∠CDB，即可得证。
(2) 线段和差证明常用截长补短法，本题采用补短法：延长DC到E使CE=AD，将AD+CD转化为DE，只需证DE=BD。先利用圆内接四边形对角互补、平角性质推出∠A=∠ECB，再结合已知条件证△BAD≌△BCE，得BD=BE，结合∠ADC=120°推出△BDE为等边三角形，即可得DE=BD，完成证明。
(3) 与(2)思路一致，同样延长DC到E使CE=AD构造全等三角形，结合AD⊥DC得∠ADC=90°，推出△BDE为等腰直角三角形，即可得到三条爪的数量关系。
【解析】
(1) 证明：$\because AB = BC$，$\therefore$ 弧AB=弧BC，根据圆周角定理得$∠ ADB = ∠ CDB$，即DB平分圆周角$∠ ADC$，因此以D为公共点的三条弦DA、DB、DC构成“爪形D”。
(2) 证明：延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$。
$\because$ 四边形ABCD内接于$\odot O$，$\therefore ∠ A + ∠ DCB = 180°$，
又$\because ∠ ECB + ∠ DCB = 180°$，$\therefore ∠ A = ∠ ECB$。
在$△ BAD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ ∠A=∠ECB \\ AB=BC\end{cases}$
$\therefore △ BAD ≌ △ BCE$（SAS），$\therefore BD = BE$，$∠ E = ∠ ADB$。
$\because ∠ ADC = 120°$，DB平分$∠ADC$，$\therefore ∠ ADB = ∠ BDC = 60°$，
$\therefore ∠ E = ∠ BDC = 60°$，$\therefore △ BDE$ 为等边三角形，$\therefore DE = BD$。
又$\because DE=CE+CD=AD+CD$，$\therefore AD + CD = BD$。
(3) 解：延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$。
同(2) 可得 $△ BAD ≌ △ BCE$，$\therefore ∠ E = ∠ ADB$，$BD = BE$。
$\because AD ⊥ DC$，$\therefore ∠ADC=90°$，
$\because$ DB平分$∠ADC$，$\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDE = 45°$，
$\therefore ∠ DBE = 90°$，$\therefore △ BDE$ 为等腰直角三角形，
$\therefore DE = \sqrt{BD^2+BE^2}=\sqrt{2}BD$，即 $AD + CD = \sqrt{2}BD$。
【答案】
(1) $\because AB = BC$, $\therefore ∠ ADB = ∠ CDB$, $\therefore DB$ 平分圆周角 $∠ ADC$, $\therefore$ 圆中存在“爪形 $D$”.
(2) 如图(1), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$. $\because ∠ A + ∠ DCB = 180°$, $∠ ECB + ∠ DCB = 180°$, $\therefore ∠ A = ∠ ECB$. $\because AD = CE$, $AB = BC$, $\therefore △ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore BD = BE$, $∠ E = ∠ ADB$. $\because ∠ ADC = 120°$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDC = 60°$, $\therefore △ BDE$ 为等边三角形, $\therefore DE = BD$, $\therefore AD + CD = BD$.
(3) $AD + CD = \sqrt{2}BD$. 如图(2), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$. 同(2) 可得 $△ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB$, $BD = BE$. $\because AD ⊥ DC$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDE = 45°$, $\therefore ∠ DBE = 90°$, $\therefore △ BDE$ 为等腰直角三角形, $\therefore DE = \sqrt{2}BD$, 即 $AD + CD = \sqrt{2}BD$.
【知识点】
圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合新定义“爪形”考查圆的综合应用，既考察对新定义的理解能力，也考察截长补短法构造全等三角形解决线段和差问题的能力，解题关键是准确把握新定义特征，合理构造辅助线转化线段关系，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 先明确“爪形”的定义：以某点为公共点的三条弦，若其中一条弦平分另外两条弦构成的圆周角，即存在该点的爪形。要证存在“爪形D”，只需证明以D为公共点的弦DA、DB、DC中，DB平分∠ADC即可。结合已知AB=BC，根据等弧所对圆周角相等，可得∠ADB=∠CDB，即可得证。
(2) 线段和差证明常用截长补短法，本题采用补短法：延长DC到E使CE=AD，将AD+CD转化为DE，只需证DE=BD。先利用圆内接四边形对角互补、平角性质推出∠A=∠ECB，再结合已知条件证△BAD≌△BCE，得BD=BE，结合∠ADC=120°推出△BDE为等边三角形，即可得DE=BD，完成证明。
(3) 与(2)思路一致，同样延长DC到E使CE=AD构造全等三角形，结合AD⊥DC得∠ADC=90°，推出△BDE为等腰直角三角形，即可得到三条爪的数量关系。
【解析】
(1) 证明：$\because AB = BC$，$\therefore$ 弧AB=弧BC，根据圆周角定理得$∠ ADB = ∠ CDB$，即DB平分圆周角$∠ ADC$，因此以D为公共点的三条弦DA、DB、DC构成“爪形D”。
(2) 证明：延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$。
$\because$ 四边形ABCD内接于$\odot O$，$\therefore ∠ A + ∠ DCB = 180°$，
又$\because ∠ ECB + ∠ DCB = 180°$，$\therefore ∠ A = ∠ ECB$。
在$△ BAD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ ∠A=∠ECB \\ AB=BC\end{cases}$
$\therefore △ BAD ≌ △ BCE$（SAS），$\therefore BD = BE$，$∠ E = ∠ ADB$。
$\because ∠ ADC = 120°$，DB平分$∠ADC$，$\therefore ∠ ADB = ∠ BDC = 60°$，
$\therefore ∠ E = ∠ BDC = 60°$，$\therefore △ BDE$ 为等边三角形，$\therefore DE = BD$。
又$\because DE=CE+CD=AD+CD$，$\therefore AD + CD = BD$。
(3) 解：延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$。
同(2) 可得 $△ BAD ≌ △ BCE$，$\therefore ∠ E = ∠ ADB$，$BD = BE$。
$\because AD ⊥ DC$，$\therefore ∠ADC=90°$，
$\because$ DB平分$∠ADC$，$\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDE = 45°$，
$\therefore ∠ DBE = 90°$，$\therefore △ BDE$ 为等腰直角三角形，
$\therefore DE = \sqrt{BD^2+BE^2}=\sqrt{2}BD$，即 $AD + CD = \sqrt{2}BD$。
【答案】
(1) $\because AB = BC$, $\therefore ∠ ADB = ∠ CDB$, $\therefore DB$ 平分圆周角 $∠ ADC$, $\therefore$ 圆中存在“爪形 $D$”.
(2) 如图(1), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$.
$\because ∠ A + ∠ DCB = 180°$, $∠ ECB + ∠ DCB = 180°$, $\therefore ∠ A = ∠ ECB$. $\because AD = CE$, $AB = BC$, $\therefore △ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore BD = BE$, $∠ E = ∠ ADB$. $\because ∠ ADC = 120°$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDC = 60°$, $\therefore △ BDE$ 为等边三角形, $\therefore DE = BD$, $\therefore AD + CD = BD$.(3) $AD + CD = \sqrt{2}BD$. 如图(2), 延长 $DC$ 至点 $E$, 使得 $CE = AD$, 连接 $BE$.
同(2) 可得 $△ BAD ≌ △ BCE$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB$, $BD = BE$. $\because AD ⊥ DC$, $\therefore ∠ E = ∠ ADB = ∠ BDE = 45°$, $\therefore ∠ DBE = 90°$, $\therefore △ BDE$ 为等腰直角三角形, $\therefore DE = \sqrt{2}BD$, 即 $AD + CD = \sqrt{2}BD$.【知识点】
圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合新定义“爪形”考查圆的综合应用，既考察对新定义的理解能力，也考察截长补短法构造全等三角形解决线段和差问题的能力，解题关键是准确把握新定义特征，合理构造辅助线转化线段关系，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
