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1. （2025·江苏徐州一模）如图，在$△ ABC$中，以点$A$为圆心，任意长为半径画弧，分别交$AB,AC$于点$M,N$；再分别以点$M,N$为圆心，大于$\dfrac{1}{2}MN$的长为半径画弧，两弧交于点$P$；连接$AP$并延长交$BC$于点$D$. 下列说法正确的是（
A.$AD+BD＜AB$
B.$AD$是$△ ABC$的中线
C.$∠ BAD=∠ CAD$
D.$AD$一定经过$△ ABC$的外心
C
）A.$AD+BD＜AB$
B.$AD$是$△ ABC$的中线
C.$∠ BAD=∠ CAD$
D.$AD$一定经过$△ ABC$的外心
答案
1. C
2. 在活动课上，“雄鹰组”用含 $30°$ 角的直角三角板设计风车. 如图，$∠ C=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=2$，将直角三角板绕点 $A$ 按逆时针方向旋转得到 $△ AB'C'$，使点 $C'$ 落在边 $AB$ 上，依此方法做下去……则点 $B$ 通过一次旋转至点$B'$所经过的路径长为
$\dfrac{4π}{3}$
.答案
2. $\dfrac{4π}{3}$ 解析: 因为 $∠C = 90°, ∠ABC = 30°$, 所以
$∠BAC=90°-∠ABC=60°$. 因为 $AC=2$,所以 $AB=2AC=4$. 由旋转的性质,得$∠BAB'=60°$,所以点 B
通过一次旋转至点 B'所经过的路径长为$\dfrac{60π×4}{180}=\dfrac{4π}{3}$.
$∠BAC=90°-∠ABC=60°$. 因为 $AC=2$,所以 $AB=2AC=4$. 由旋转的性质,得$∠BAB'=60°$,所以点 B
通过一次旋转至点 B'所经过的路径长为$\dfrac{60π×4}{180}=\dfrac{4π}{3}$.
3. 如图，$∠ MON=40°$，以点$O$为圆心，4 为半径画弧交$OM$于点$A$，交$ON$于点$B$，分别以点$A,B$为圆心，大于$\dfrac{1}{2}AB$的长为半径画弧，两弧在$∠ MON$的内部相交于点$C$，画射线$OC$交$\overset{\frown}{AB}$于点$D$，$E$为$OA$上一动点，连接$BE$，$DE$，则阴影部分周长的最小值为
$4+\dfrac{4π}{9}$
.答案
3. $4+\dfrac{4π}{9}$ 解析: 由作法可知 $OB=OD=4$,OC 平分
$∠MON$. 因为$∠MON=40°$,所以$∠AOD=∠BOD=\dfrac{1}{2}∠MON=20°$,所以 $l_{\overset{\frown}{BD}}=\dfrac{20π×4}{180}=\dfrac{4π}{9}$. 因为 $C_{阴影}=BE+DE+l_{\overset{\frown}{BD}}$,所以当 $BE+DE$ 的值最小时,阴影部分的周长取最小值. 作点 B 关于 OM 的对称点 B',连接
B'D,则当 E 为 B'D 与 OM 的交点时,BE+DE 取最小值,且最小值即为 B'D 的长. 连接 OB',则由对称性
可知 OB'=OB,$∠B'OM=∠BOM=40°$,所以 OB'=
OD,$∠B'OD=∠B'OM+∠AOD=60°$,所以$△OB'D$
是等边三角形,所以 B'D=OD=4,所以阴影部分周
长的最小值为 $4+\dfrac{4π}{9}$.
$∠MON$. 因为$∠MON=40°$,所以$∠AOD=∠BOD=\dfrac{1}{2}∠MON=20°$,所以 $l_{\overset{\frown}{BD}}=\dfrac{20π×4}{180}=\dfrac{4π}{9}$. 因为 $C_{阴影}=BE+DE+l_{\overset{\frown}{BD}}$,所以当 $BE+DE$ 的值最小时,阴影部分的周长取最小值. 作点 B 关于 OM 的对称点 B',连接
B'D,则当 E 为 B'D 与 OM 的交点时,BE+DE 取最小值,且最小值即为 B'D 的长. 连接 OB',则由对称性
可知 OB'=OB,$∠B'OM=∠BOM=40°$,所以 OB'=
OD,$∠B'OD=∠B'OM+∠AOD=60°$,所以$△OB'D$
是等边三角形,所以 B'D=OD=4,所以阴影部分周
长的最小值为 $4+\dfrac{4π}{9}$.
4.（2026·江苏扬州期末）如图，四边形$ABCD$是边长为$\dfrac{1}{2}$的正方形，曲线$DA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}A_{2}···$是由多段度数为$90°$的弧组成的. 其中，$\overset{\frown}{DA_{1}}$的圆心为$A$，半径为$AD$；$\overset{\frown}{A_{1}B_{1}}$的圆心为$B$，半径为$BA_{1}$；$\overset{\frown}{B_{1}C_{1}}$的圆心为$C$，半径为$CB_{1}$；$\overset{\frown}{C_{1}D_{1}}$的圆心为$D$，半径为$DC_{1}······\overset{\frown}{DA_{1}}$，$\overset{\frown}{A_{1}B_{1}}$，$\overset{\frown}{B_{1}C_{1}}$，$\overset{\frown}{C_{1}D_{1}}$，$···$的圆心依次按点$A,B,C$，$D$循环，则$\overset{\frown}{C_{2\,026}D_{2\,026}}$的长为
$2\ 026π$
.答案
4. $2\ 026π$ 解析: 由题意,得$\overset{\frown}{C_1D_1}$的半径为$\dfrac{1}{2}×4=2$,
$\overset{\frown}{C_2D_2}$的半径为$\dfrac{1}{2}×8=4$,$\overset{\frown}{C_3D_3}$的半径为$\dfrac{1}{2}×12=6$……依此类推,$\overset{\frown}{C_{2\,026}D_{2\,026}}$的半径为$\dfrac{1}{2}×(4×2\ 026)=4\ 052$,所以$\overset{\frown}{C_{2\,026}D_{2\,026}}$的长为$\dfrac{90π×4\ 052}{180}=2\ 026π$.
$\overset{\frown}{C_2D_2}$的半径为$\dfrac{1}{2}×8=4$,$\overset{\frown}{C_3D_3}$的半径为$\dfrac{1}{2}×12=6$……依此类推,$\overset{\frown}{C_{2\,026}D_{2\,026}}$的半径为$\dfrac{1}{2}×(4×2\ 026)=4\ 052$,所以$\overset{\frown}{C_{2\,026}D_{2\,026}}$的长为$\dfrac{90π×4\ 052}{180}=2\ 026π$.
5. 亮点原创 如图,按以下步骤画图:① 以线段AB的中点O为圆心,OA为半径画半圆;② 以点A,B为圆心,OA的长为半径画弧,分别交半圆于点C,D;③ 连接OC,OD,CD.若$AB=4$,求$△ COD$的面积.
答案
5. 连接 AC,BD,过点 O 作 $OH⊥CD$ 于点 H,则$∠OHC=90°$,$CH=\dfrac{1}{2}CD$. 由作法可知 OA=OC=AC=OB=
OD=BD,所以$△AOC$和$△BOD$都是等边三角形,
所以$∠AOC=∠BOD=60°$,所以$∠COD=180°-∠AOC-∠BOD=60°$,所以$△COD$是等边三角形,
所以 CD=OC. 因为 AB=4,所以 $CD=OC=OA=\dfrac{1}{2}AB=2$,所以 CH=1,所以 $OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=\sqrt{3}$,
所以 $S_{△COD}=\dfrac{1}{2}CD·OH=\sqrt{3}$. 故$△COD$的面积为$\sqrt{3}$.
OD=BD,所以$△AOC$和$△BOD$都是等边三角形,
所以$∠AOC=∠BOD=60°$,所以$∠COD=180°-∠AOC-∠BOD=60°$,所以$△COD$是等边三角形,
所以 CD=OC. 因为 AB=4,所以 $CD=OC=OA=\dfrac{1}{2}AB=2$,所以 CH=1,所以 $OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=\sqrt{3}$,
所以 $S_{△COD}=\dfrac{1}{2}CD·OH=\sqrt{3}$. 故$△COD$的面积为$\sqrt{3}$.
