1[2026浙江杭州质检,中]如图,点C,点D,点E分别是以AB,AC,BC为直径的半圆弧的一个三等分点,再分别以AD,DC,CE,BE为直径向外侧作半圆,若图中阴影部分的面积为$\sqrt{3}$,则AB的长为 ()

A.$2\sqrt{2}$
B.2
C.4
D.$2\sqrt{3}$

（第1题图）
（第2题图）

1.A 【解析】设 $AD=a$. 由题意易得 $∠ ACB=∠ ADC=∠ CEB=90°$,$∠ ACD = ∠ ABC = ∠ CBE = 30°$,$∠ BCE=60°$,$\therefore ∠ DCE=180°$,$\therefore D,C,E$ 三点共线,
$\therefore$ 四边形 $ABED$ 为直角梯形. $\because AD=a$,$\therefore AC=2a$,$AB=4a$,$BC=2\sqrt{3}a$,$CD=\sqrt{3}a$,$EC=\sqrt{3}a$,$BE=3a$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{梯形}ABED}+\frac{π}{2}(\frac{1}{4}AD^2+\frac{1}{4}CD^2+\frac{1}{4}CE^2+\frac{1}{4}BE^2)-S_{△ ABC}-\frac{π}{2}(\frac{1}{4}AC^2+\frac{1}{4}BC^2)=S_{△ ADC}+S_{△ BCE}=\sqrt{3}$,$\therefore \frac{1}{2}× a×\sqrt{3}a+\frac{1}{2}×\sqrt{3}a×3a=\sqrt{3}$, 解得 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$(负值已经舍去),$\therefore AB=4a=2\sqrt{2}$. 故选 A.
关键点拨
根据图形面积的和差关系得到 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ADC}+S_{△ BCE}$ 是解题的关键.

2[2025浙江嘉兴期末,较难]如图,在$\odot O$中,直径$AB=8$,点$D$为$AB$上方圆上的一点,$∠ ABD=30°$,$OE ⊥ BD$于点$E$,点$P$是$OE$上一点,连结$DP$,$AP$,得出下列结论:
Ⅰ:阴影部分的面积随着点$P$的位置的改变而改变,其最小值为$\frac{8}{3}π$.
Ⅱ:阴影部分的周长随着点$P$的位置的改变而改变,其最小值为$8+\frac{4}{3}π$.
下列判断正确的是 ()

A.只有Ⅰ正确
B.只有Ⅱ正确
C.Ⅰ、Ⅱ都正确
D.Ⅰ、Ⅱ都不正确

2.B 【解析】如图,连结 $OD$,$AD,PB$. $\because ∠ ABD = 30°$,
$\therefore ∠ AOD=2∠ ABD=60°$,
$\therefore ∠ BOD=120°$. $\because AO=DO$,$\therefore △ AOD$ 是等边三角形,$\therefore ∠ ADO=60°$. $\because OD=OB$,$OE ⊥ BD$ 于点 $E$,$\therefore ∠ DOE = ∠ BOE = \frac{1}{2}∠ BOD=60°$,$\therefore ∠ DOE=∠ ADO$,$\therefore OE// AD$,
$\therefore S_{△ AOD}=S_{△ PAD}$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOD}$,$\therefore$ 阴影部分的面积不随着点 $P$ 的位置的改变而改变,故Ⅰ错误.
$\because OE⊥ BD$,$\therefore DE=BE$,$\therefore OE$ 垂直平分 $BD$,$\therefore DP=PB$. 当 $A,P,B$ 三点共线时,$AP+DP$ 取得最小值,最小值为 $AB$ 的长度,即为 8,$\therefore$ 阴影部分的周长的最小值为 $8+\frac{60π×4}{180}=8+\frac{4π}{3}$,$\therefore$ 阴影部分的周长随着点 $P$ 的位置的改变而改变,其最小值为 $8+\frac{4}{3}π$,故Ⅱ正确. 故选 B.

关键点拨
根据 $OE// AD$,得到 $S_{△ AOD}=S_{△ PAD}$,进而得到 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOD}$ 是解题关键.

3[2026浙江台州调研,中]如图,等边△ABC内接于⊙O,BC=5,D为劣弧AC上一动点,过点B作射线DO的垂线,垂足为E.当点D由点C沿劣弧AC运动到点A时,点E的运动路径长为.

(第3题图)
(第4题图)

3. $\boldsymbol{\frac{10\sqrt{3}}{9}π}$ 【解析】如图所示,连结 $BO$,过点 $O$ 作 $OF⊥ BC$ 于点 $F$,则 $BF=\frac{1}{2}BC=\frac{5}{2}$. $\because △ ABC$ 为等边三角形,$\therefore ∠ FBO=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$. 设 $OF=x$,$BO=2x$,则 $x^2+(\frac{5}{2})^2=(2x)^2$, 解得 $x=\frac{5\sqrt{3}}{6}$(负值已舍去),$\therefore OF=\frac{5\sqrt{3}}{6}$,$OB=\frac{5\sqrt{3}}{3}$. 取 $BO$ 的中点 $G$,连结 $EG,OC,OA$, 则易得 $F,O,A$ 三点共线. $\because ∠ BEO=90°$,$\therefore GE=\frac{1}{2}BO=OF=\frac{5\sqrt{3}}{6}$,$\therefore E$ 在以 $G$ 为圆心,$\frac{5\sqrt{3}}{6}$ 为半径的 $\odot G$ 上. 延长 $CO$ 交 $AB$ 于点 $H$, 则易得 $∠ OHB=90°$. 又 $\because ∠ OFB=90°$,$\therefore F,H$ 在 $\odot G$ 上,
$\therefore$ 当点 $D$ 由点 $C$ 沿 $\overset{\frown}{AC}$ 运动到点 $A$ 时,点 $E$ 由点 $H$ 沿 $\odot G$ 运动到点 $F$, 点 $E$ 的运动路径为 $\overset{\frown}{HBF}$. 易得 $∠ FOH=180°-60°=120°$, 则 $\overset{\frown}{HBF}$ 所对的圆心角为 $240°$,$\therefore$ 点 $E$ 的运动路径长为 $\frac{240×π×\frac{5\sqrt{3}}{6}}{180}=\frac{10\sqrt{3}}{9}π$. 故答案为 $\frac{10\sqrt{3}}{9}π$.

4[2025浙江杭州调研,较难]如图,在△ABC中,AB=AC=6,∠BAC=120°,现以三角形的一条边为直径作圆,圆与另外两条边所在的直线交于点D,E(D,E不与△ABC的顶点重合),则$\overset{\frown}{DE}$的长为。

4. $\boldsymbol{\sqrt{3}π}$ 或 $\boldsymbol{2π}$ 【解析】如图(1),以 $BC$ 为直径作 $\odot O$,交 $CA,BA$ 的延长线于点 $D,E$,连结 $OD,OE,OA$. $\because AB=AC=6$,$∠ BAC=120°$,$\therefore ∠ B=∠ C=30°$,
$\therefore ∠ BOD=∠ COE=60°$,$\therefore ∠ DOE=60°$. $\because AB=AC=6$,$O$ 是 $BC$ 的中点,$\therefore AO⊥ BC$. 在 $Rt△ AOB$ 中,$∠ B=30°$,$\therefore OA=\frac{1}{2}AB=3$,$\therefore OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=3\sqrt{3}$,$\therefore l_{\overset{\frown}{DE}}=\frac{60π×3\sqrt{3}}{180}=\sqrt{3}π$.

如图(2),以 $AB$ 为直径作 $\odot O$,交 $BC$ 于 $D$,交 $CA$ 的延长线于 $E$,连结 $OD,OE$. $\because AB=AC=6$,$∠ BAC=120°$,$\therefore ∠ B=30°$,$∠ OAE=60°$,$\therefore ∠ AOD=60°$. 又 $\because OA=OE=3$,$\therefore △ AOE$ 是等边三角形,$\therefore ∠ AOE=60°$,$\therefore ∠ DOE=120°$,$\therefore l_{\overset{\frown}{DE}}=\frac{120π×3}{180}=2π$. 以 $AC$ 为直径作 $\odot O$,同理可知 $l_{\overset{\frown}{DE}}=2π$. 综上,$\overset{\frown}{DE}$ 的长为 $\sqrt{3}π$ 或 $2π$. 故答案为 $\sqrt{3}π$ 或 $2π$.

5[较难]如图,四边形ABCD是边长为$\frac{1}{2}$的正方形,曲线$DA_1B_1C_1D_1A_2···$是由多段90°的圆心角所对的弧组成的.其中,$\overset{\frown}{DA_1}$的圆心为A,半径为AD,$\overset{\frown}{A_1B_1}$的圆心为B,半径为$BA_1$,$···$,$\overset{\frown}{DA_1}$,$\overset{\frown}{A_1B_1}$,$···$的圆心依次按点A,B,C,D循环,则$\overset{\frown}{C_{2024}D_{2024}}$的长是. (结果保留π)

刷素养 走向重高

5. $\boldsymbol{2024π}$ 【解析】根据题意可得,$\overset{\frown}{DA_1}$ 的半径 $AA_1=\frac{1}{2}$;$\overset{\frown}{A_1B_1}$ 的半径 $BB_1=AB+AA_1=\frac{1}{2}×2$;$\overset{\frown}{B_1C_1}$ 的半径 $CC_1=CB+BB_1=\frac{1}{2}×3$;$\overset{\frown}{C_1D_1}$ 的半径 $DD_1=CD+CC_1=\frac{1}{2}×4$;$\overset{\frown}{D_1A_2}$ 的半径 $AA_2=AD+DD_1=\frac{1}{2}×5$;
$\overset{\frown}{A_2B_2}$ 的半径 $BB_2=AB+AA_2=\frac{1}{2}×6$;$\overset{\frown}{B_2C_2}$ 的半径 $CC_2=BC+BB_2=\frac{1}{2}×7$;$\overset{\frown}{C_2D_2}$ 的半径 $DD_2=CD+CC_2=\frac{1}{2}×8$;…,以此类推,$\overset{\frown}{C_nD_n}$ 的半径为 $\frac{1}{2}×4n=2n$($n$ 为正整数),$\therefore \overset{\frown}{C_{2024}D_{2024}}$ 的半径为 $DD_{2024}=2×2024=4048$,$\therefore \overset{\frown}{C_{2024}D_{2024}}$ 的长为 $\frac{90×π×4048}{180}=2024π$. 故答案为 $2024π$.

6 核心素养几何直观[较难]如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,点A在直线l上,AD与直线l相交所得的锐角为60°.点F在直线l上,AF=8,EF⊥直线l,垂足为点F且EF=6,以EF为直径,在EF的左侧作半圆O,点M是半圆O上任一点.
发现:AM的最小值为,AM的最大值为,OB与直线l的位置关系是.
思考:矩形ABCD保持不动,半圆O沿直线l向左平移,当点E落在AD边上时,求半圆与矩形重合部分的周长和面积.

6. 发现:AM的最小值为$\sqrt{73}-3$,AM的最大值为10,OB与直线l的位置关系是平行.
思考:如图(2)所示,设半圆O与AD的另一个交点为N,连结ON,过点O作$OH⊥ EN$于点H,$\therefore NE=2HE$. $\because ∠ DAF=60°$,$EF⊥ AF$,$\therefore ∠ AEF=30°$,
$\therefore ∠ NOF=60°$,$OH=\frac{1}{2}OE=\frac{3}{2}$,$\therefore ∠ NOE=120°$. $\because EH^2=OE^2-OH^2$,即$EH^2=3^2-(\frac{3}{2})^2$,$\therefore EH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,$\therefore NE=3\sqrt{3}$,$\therefore$ 半圆与矩形重合部分的周长为$\frac{120×π×3}{180}+3\sqrt{3}=2π+3\sqrt{3}$,重合部分的面积为$S_{\mathrm{扇形}NOE}-S_{△ NOE}=\frac{120×π×3^2}{360}-3\sqrt{3}×\frac{3}{2}×\frac{1}{2}=3π-\frac{9\sqrt{3}}{4}$.

思路分析
发现: 连结 $OM,OA$. 当点 $M$ 在 $AO$ 上时, $AM$ 有最小值, 当点 $M$ 与点 $E$ 重合时, $AM$ 有最大值. 过点 $B$ 作 $BG⊥ l$, 垂足为 $G$, 求得 $BG$ 的长, 从而可证明四边形 $OBGF$ 为平行四边形, 于是可得到 $OB$ 与直线 $l$ 的位置关系.
思考: 设半圆 $O$ 与 $AD$ 的另一个交点为 $N$, 连结 $ON$, 过点 $O$ 作 $OH⊥ EN$ 于点 $H$, 依据垂径定理可知 $NE=2HE$, 然后求得 $∠ AEF=30°$,$∠ NOE=120°$, 进而在 $Rt△ EOH$ 中求得 $HE$ 的长, 从而得到 $EN$ 的长, 再依据扇形的周长与面积公式求解即可.