21（2025·徐州新沂二模）如图，正方形ABCD与正六边形的边长相等，先将正方形ABCD与正六边形的某条边重合，再将该正方形绕正六边形按顺时针方向滚动一周.若正方形ABCD的边长为2，则在滚动过程中点A距出发点的最大距离为.（第21题）

21. $2\sqrt{3}+2\sqrt{2}$
[解析]边长为 2 的正方形 ABCD 在正六边形外部做顺时针滚动,如图,点 A 的运动轨迹是图中弧线,延长 AE 交弧线于 H,线段 AH 的长即为点 A 在滚动过程中到出发点的最大距离.
由勾股定理,得 $EH=EA_2=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.
由题意,得正六边形的内角为 $\frac{180°×(6-2)}{6}=120°$.
在 $△ AEF$ 中,$AF=EF=2,∠ AFE=120°$,
易得 $AE=2\sqrt{3},\therefore AH=AE+EH=2\sqrt{3}+2\sqrt{2}$,
$\therefore$ 点 A 在滚动过程中到出发点的最大距离为 $2\sqrt{3}+2\sqrt{2}$.

22 新考法 新定义问题 定义:有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点,截得的三条弦相等,我们把这个圆叫作“等弦圆”,现在有一个斜边长为4的等腰直角三角形,当等弦圆最大时,这个圆的半径为.

22. $4-2\sqrt{2}$

23(2025·无锡惠山区一模)如图,在△ABC中,AB=AC,点O在AB上,⊙O过点B,分别与BC,AB交于点D,E,DF是⊙O的切线交AC于点F.
(1)试判断DF与AC的位置关系,并说明理由;
(2)若AC与⊙O相切于点M,⊙O的半径为3,CD=√10,求AB的长.

23. (1)$DF⊥ AC$. 理由如下:
连接 OD. $\because DF$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore OD⊥ DF$.
$\because OB=OD,\therefore ∠ B=∠ ODB$. $\because AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C$,
$\therefore ∠ ODB=∠ C,\therefore OD// AC,\therefore DF⊥ AC$.
(2)连接 OD. $\because AC$ 与 $\odot O$ 相切于点 M,
$\therefore ∠ OMF=∠ MFD=∠ ODF=90°$,$\therefore$ 四边形 ODFM 是矩形.
$\because OM=OD$,$\therefore$ 四边形 ODFM 是正方形,
$\therefore OM=DF=3$.
$\because CD=\sqrt{10},\therefore CF=\sqrt{CD^2-DF^2}=1,\therefore CM=4$.
$\because OA^2=OM^2+AM^2$,
$\therefore (AB-3)^2=3^2+(AB-4)^2,\therefore AB=8$.

24 如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠BAD=90°,CB=CD,连接BD,以点B为圆心,BA长为半径作$\odot B,$交BD于点E.
(1)试判断CD与$\odot B$的位置关系,并说明理由；
(2)若$AB=2\sqrt{3},∠BCD=60°,$求图中阴影部分的面积.

24. (1)CD 与 $\odot B$ 相切. 理由如下:
过点 B 作 $BF⊥ CD$,垂足为 F. $\because AD// BC,\therefore ∠ ADB=∠ CBD$.
$\because CB=CD,\therefore ∠ CBD=∠ CDB,\therefore ∠ ADB=∠ CDB$.
在 $△ ABD$ 和 $△ FBD$ 中,$\begin{cases}∠ ADB=∠ FDB,\\∠ BAD=∠ BFD,\\BD=BD,\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ FBD(\mathrm{AAS})$,
$\therefore BF=BA$,则点 F 在 $\odot B$ 上,$\therefore CD$ 与 $\odot B$ 相切.
(2)$\because ∠ BCD=60°,CB=CD$,
$\therefore △ BCD$ 是等边三角形,$\therefore ∠ CBD=60°$.
$\because BF⊥ CD,\therefore ∠ ABD=∠ DBF=∠ CBF=30°$,
$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 中,$BD=2AD$,
$\therefore AD^2+(2\sqrt{3})^2=(2AD)^2$,解得 $AD=2$(负值舍去),
$\therefore$ 阴影部分的面积 $=S_{△ ABD}-S_{\mathrm{扇形}ABE}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2-\frac{30×π×(2\sqrt{3})^2}{360}=2\sqrt{3}-π$.

25(2025·河北中考)如图(1)(2),正方形ABCD的边长为5,扇形OEF所在圆的圆心O在对角线BD上,且不与点D重合,半径OE=2,点E,F分别在边AD,CD上,DE=DF(DE≥2),扇形OEF的弧交线段OB于点M,记为$\overset{\frown}{EMF}$.(1)如图(1),当AE=3时,求∠EMF的度数;(2)如图(2),当四边形OEMF为菱形时,求DE的长;(3)当∠EOF=150°时,求$\overset{\frown}{EMF}$的长.

25. (1)$\because$ 四边形 ABCD 是边长为 5 的正方形,
$\therefore AD=BC=5,∠ ADC=90°$.
$\because AE=3,\therefore DE=2$. $\because DE=DF,\therefore DE=DF=2$.
$\because OE=OF=2,\therefore DE=DF=OE=OF=2$,
$\therefore$ 四边形 OEDF 为正方形,$\therefore ∠ EOF=90°$,
$\therefore ∠ EMF=\frac{1}{2}∠ EOF=45°$.
(2)连接 EF,交 BD 于点 H,如图(1).
$\because$ 四边形 OEMF 为菱形,
$\therefore OE=EM=OF=MF=2,EH⊥ MO$.
$\because OM=OE=OF=2,\therefore △ OEM,△ OFM$ 为等边三角形,
$\therefore ∠ OEM=∠ OME=∠ OMF=∠ OFM=60°,\therefore EH=\sqrt{3}$.
$\because$ 四边形 ABCD 是边长为 5 的正方形,
$\therefore DB$ 平分 $∠ ADC,\therefore ∠ ADB=45°$,
$\therefore △ EDH$ 为等腰直角三角形,
$\therefore DH=EH=\sqrt{3},\therefore DE=\sqrt{DH^2+EH^2}=\sqrt{6}$.

(3)当 $∠ EOF=150°$ 时,即 $\overset{\frown}{EMF}$ 为劣弧时,如图(2),
$\therefore \overset{\frown}{EMF}$ 的长为 $\frac{150π×2}{180}=\frac{5π}{3}$;
当 $∠ EOF=150°$ 时,即 $\overset{\frown}{EMF}$ 为优弧时,如图(3),
$\therefore \overset{\frown}{EMF}$ 的长为 $\frac{210π×2}{180}=\frac{7π}{3}$.
综上所述,当 $∠ EOF=150°$ 时,$\overset{\frown}{EMF}$ 的长为 $\frac{5}{3}π$ 或 $\frac{7}{3}π$.