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【北京卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第27~28题
一、原题27
1． 在△ABC中，∠ACB =90°，∠ABC=α，点 D 在射线 BC上，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转 180°-2α得到线段AE (点E 不在直线AB上)，过点E作EF∥AB交直线 BC 于点 F.
（1） 如图1，α=45°，点 D 与点C 重合，求证： BF =AC；
（2）如图2，点D，F都在 BC的延长线上，用等式表示 DF 与BC的数量关系，并证明.
二、变式1基础
2．如图，在中，，D是BC的中点，过点作，使，连接BE.求证：四边形是矩形.
3．如图，在中，，，分别是边，，的中点，连接，，求证：四边形是平行四边形．
4．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC，
求证：四边形ABED是平行四边形．
三、变式2巩固
5．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC 绕点C 顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A，B的对应点分别是点D，E.
（1）如图1，当点 E恰好在AC 边上时，连接AD，求∠ADE的度数；
（2）如图2，点 F 是AC上一点，当旋转角α=60°且∠FBC=30°时，连接EB，DF，请判断四边形 BFDE 的形状，并说明理由.
6．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点D恰好落在边上．
（1）求a的值；
（2）点F是边上一点，，连接．当_________时，四边形为平行四边形．
7．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转一定的角度得到，点A，B的对应点分别是点D，E．
（1）如图①，当点E恰好在AC边上时，连接AD，求∠ADE的度数；
（2）如图②，当时，若点F为AC边上的动点，当∠FBC为何值时，四边形BFDE为平行四边形？请说出你的结论并加以证明
四、变式3提高
8．综合与实践
问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图①，在四边形中．．
，如图②，保持不动，将沿着方向向下平移，使得点与边的中点重合，得到．
操作发现：
（1）连接，试猜想和的数量关系，并说明理由；
（2）如图③，在图②的基础上，再将以点为旋转中心，按顺时针方向旋转一定角度，使点在同一条直线上（在中间），连接．试判断四边形的形状，并证明你的结论；
实践探究：
（3）如图④，在图②的基础上，按（2）中的旋转方式继续旋转．当第一次恰好与垂直时停止旋转，设与交于点，与交于点，延长交于点，连接交于点，求线段的长．
9．如图，在等腰△ABC中，点D为直线BC上一动点（点D不B、C重合），以AD为边向右侧作正方形ADEF，连接CF．
【猜想】如图①，当点D在线段BC上时，直接写出CF、BC、CD三条线段的数量关系．
【探究】如图②，当点D在线段BC的延长线上时，判断CF、BC，CD三条线段的数量关系，并说明理由．
【应用】如图③，当点D在线段BC的反向延长线上时，点A、F分别在直线BC两侧，AE．DF交点为点O连接CO，若，，则 ．
10．在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点.
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，求ED的长.
五、原题28
11．在平面直角坐标系xOy中，对于点A和⊙C 给出如下定义：若⊙C上存在两个不同的点M，N，对于⊙C上任意满足AP=AQ的两个不同的点P，Q，都有 则称点A是⊙C的关联点，称∠MAN的大小为点A与⊙C的关联角度.(本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角)
（1）如图，⊙O 的半径为1.
①在点中，点　 　是⊙O的关联点且其与⊙O的关联角度小于 该点与⊙O 的关联角度为　 　°；
②点B(1，m)在第一象限，若对于任意长度小于1的线段BD，BD 上所有的点都是⊙O的关联点，则m的最小值为　 　；
（2）已知点E(1，3)，F(4，3)，T(t，0)，⊙T经过原点，线段EF上所有的点都是⊙T的关联点，记这些点与⊙T的关联角度的最大值为α.若 直接写出t的取值范围.
六、变式1（基础）
12．如图，⊙O的半径为2，点A，B，C，D，E，F是⊙O的六等分点．过点D作⊙O的切线DG交AE的延长线于点G．
（1）连接DE，判断DE与AG的位置关系，并说明理由；
（2）求线段DG与的长度，并比较大小；
（3）若点P是⊙O上任意一点，连接PG，直接写出PG长的最小值．
13．如图，点在第一象限内，与轴相切于点，与轴相交于点C，D.连结AB，过点作于点.
（1）求证：四边形为矩形.
（2）已知的半径为，求弦的长.
14．如图，在中，，，，点E是边上一点（且点E不与点B、C重合），连接．过点C作，交边于点D，交线段于点F．
（1）求的长；
（2）当时，求的长；
（3）连接，当四边形为轴对称图形时，直接写出的长．
七、变式2（巩固）
15．如图，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点．
（1）求B、C两点的坐标．
（2）若点是第一象限内的直线上的一个动点，则当点A运动到什么位置（求出点A 的坐标）时，的面积是3．
（3）在（2）成立的情况下，x轴上是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
16．在平面直角坐标系中， 的半径为1，对于线段和x轴上的点P，给出如下定义：若将线段绕点P旋转可以得到⊙的弦（分别为A，B的对应点），则称线段为以P为中心的“相关线段”．
（1）如图，已知点，在线段，，中，以P为中心的“相关线段”是________；
（2）已知点，线段是以P为中心的“相关线段”，求点F的横坐标的取值范围．
（3）已知点，若直线上存在点F，使得线段是以P为中心的“相关线段”，直接写出m的取值范围：___________．
17．在平面直角坐标系中，，，线段的中点为，若平面内存在一点使得或者为直角（点不与，，重合），则称为线段的直角点．
（1）当时，
①在点，，中，线段的直角点是______；
②直线上存在四个线段的直角点，求出取值范围；
（2）直线与，轴交于点，．若线段上只存在两个线段的直角点，直接写出取值范围．
八、变式3（提高）
18．如图将绕点A逆时针旋转得到，点C和点E是对应点，若，，求BD的长．
19．如图，是的直径，D为弧的中点，连接交弦于点F，过点D作的切线，交的延长线于点 E．
（1）求证：．
（2）若，求扇形的面积．
20．如图1，四边形中，，，，为四边形的对角线，．
（1）求点到的距离；
（2）如图2，点在边上，且．以为圆心，长为半径作，点为上一点，连接交于．．
①当与相切时，求的长；
②当时，直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°， ∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转 得到线段AE，点D与点C重合
∴AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，
∴∠EAB=∠ABC，
∴BC∥AE
∵EF ∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF=AE，
∴BF=AC；
（2）解：DF=2BC，
证明： 如图，在DB上取 一点G，使得AG=AB
∴∠AGB=∠ABG=α，
∴∠BAG=180°-2α
∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2α得到线段AE，
∴DA=EA
∴∠DAE=∠GAB=180°-2α
∴∠DAG=∠EAB
∴△DAG≌△EAB(SAS)
∴DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α
又∵∠ABC=α
∴∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α
∵EF ∥AB，
∴∠BFE=∠ABF=α
∴∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α
∴BE=BF
∴DG=BF
∵AG=AB， AC⊥BC
∴GC=BC
∴DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得∠BAC=∠ABC=45°，再根据旋转性质可得AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，则∠EAB=∠ABC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE是平行四边形，则BF=AE，即BF=AC，即可求出答案.
（2）在DB上取 一点G，使得AG=AB，根据三角形内角和定理可得∠BAG=180°-2α，再根据旋转性质可得DA=EA，根据等边对等角可得∠DAE=∠GAB=180°-2α，再根据全等三角形判定定理可得△DAG≌△EAB(SAS)，则DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α，再根据角之间的关系可得∠FBE=180°-2α，根据直线平行性质可得∠BFE=∠ABF=α，再根据三角形内角和定理可得∠BEF=α，则BE=BF，再根据边之间的关系即可求出答案.
2．【答案】证明：∵，
∴四边形AEBD是平行四边形
∵，D是BC的中点
∴AD⊥BC
∴四边形AEBD是矩形
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】根据平行四边形判定定理可得四边形AEBD是平行四边形，再根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再根据矩形判定定理即可求出答案.
3．【答案】证明：∵，，分别是，，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即由，，分别是，，的中点，可得，，根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可求证．
4．【答案】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来证明．
5．【答案】（1）∵将△ABC 绕点C 顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，E点在AC上，
∴CA=CD，∠ACD=∠BCA=30°， 75°，
又∵∠DEC=∠ABC=90°，∴∠ADE=90°-75°=15°；
（2）四边形 BFDE为平行四边形.理由如下：
∵∠ACB=30°，∠ABC=90°，∴∠A=60°，
∵∠FBC=30°，∠ABC=90°，∴∠ABF=60°，∴∠A=∠ABF=60°，∴BF=AF，
∴△ABF是等边三角形，∴BF=AB，
∵将△ABC 绕点 C 顺时针旋转 60°得到△DEC，
∴DE=AB，EC=BC，∠DEC=∠ABC=90°∴DE=BF，
∵EC=BC，∠ECB=α=60°，∴△BCE是等边三角形，∴∠CBE=∠BEC=60°，
∴∠EBF=∠EBC-∠FBC=60°-30°=30°，∠DEB=∠BEC+∠DEC=60°+90°=150°，
∴∠DEB+∠EBF=180°，∴DE∥BF，∴四边形 BFDE 为平行四边形.
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】
本题主要运用旋转的性质、等腰三角形和等边三角形的性质、直角三角形性质、平行四边形的判定性质。（1）根据旋转的性质和已知可以得到旋转角是30°，再根据等腰三角形底角相等的性质求出∠CAD，再根据直角三角形性质即可得到 ∠ADE的度数；（2）先由∠ACB=30°，判断出△ABF是等边三角形，再由旋转，得到BF=DE，根据旋转角是60°，得到△BCE是等边三角形，然后算出∠DEB和∠EBF互补，得到DE∥BF，即可得到四边形 BFDE 为平行四边形.
6．【答案】（1）解：绕点顺时针旋转得到，点恰好落在边上，
，，
，
为等边三角形，
，
即的值为60；
（2）2
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2）绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
，
当时，四边形为平行四边形，
在中，，，
，
，
，
．
故答案为：2．
【分析】
（1）先根据旋转的性质得到，，再证明为等边三角形得到，从而得的值；
（2）先根据旋转的性得到，，再证明，根据平行四边形的判定方法，当时，四边形为平行四边形，在中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，所以，从而得到的值，解答即可．
（1）解：绕点顺时针旋转得到，点恰好落在边上，
，，
，
为等边三角形，
，
即的值为60；
（2）解：绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
，
当时，四边形为平行四边形，
在中，，，
，
，
，
．
故答案为：2．
7．【答案】（1）解：∵将绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，E点在AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=30，
∴∠CAD=∠CDA=(180 30)=75，
又∵∠DEC=∠ABC=90，
∴∠ADE=90°-75=15；
（2）∠FBC=30时，四边形BFDE为平行四边形，
∴∠FBC=∠ACB=30，
∴∠ABF=∠A=60，
∴BF=CF=AF，
∴是等边三角形，
∴BF=AB，
∵将ABC绕点C顺时针旋转60得到，
∴DE=AB，是等边三角形，∠DEC=∠ABC=90，
∴∠CBE=∠BEC=60，
∴∠EBF=∠EBC-∠FBC=30，
∴∠DEB+∠EBF=180，
∴DE=BF，，
∴四边形BFDE为平行四边形．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】本题考查旋转的性质，平行四边形的判定，等边三角形的判定与性质.（1）根据旋转的性质可知：CA=CD，∠ECD=∠BCA=30，利用三角形的内角和定理可求出∠CAD的度数，再根据∠DEC=∠ABC=90，利用角的运算可求出∠ADE的度数 ；
（2）利用平行四边形的性质和等边三角形的性质可得：BF=AB，利用旋转的性质可得：DE=AB，是等边三角形，∠DEC=∠ABC=90，利用等边三角形的性质可得：∠CBE=∠BEC=60，利用角的运算可得∠DEB+∠EBF=180，进而可得DE=BF，，利用平行四边形的判定定理可证明结论.
（1）解：∵将绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，E点在AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=30，
∴∠CAD=∠CDA=(180 30)=75，
又∵∠DEC=∠ABC=90，
∴∠ADE=90°-75=15；
（2）∠FBC=30时，四边形BFDE为平行四边形，
∴∠FBC=∠ACB=30，
∴∠ABF=∠A=60，
∴BF=CF=AF，
∴是等边三角形，
∴BF=AB，
∵将ABC绕点C顺时针旋转60得到，
∴DE=AB，是等边三角形，∠DEC=∠ABC=90，
∴∠CBE=∠BEC=60，
∴∠EBF=∠EBC-∠FBC=30，
∴∠DEB+∠EBF=180，
∴DE=BF，，
∴四边形BFDE为平行四边形．
8．【答案】解：（1）理由如下：如解图，
是的中点，根据勾股定理，得，
，
由平移的性质，得，
，
为的中点，
又为直角三角形，
．
（2）证明：四边形为平行四边形，
证明如下：
由旋转的性质，得，
在中，
是的中点，
，
．
由题图①得，
，
根据旋转的性质，可得，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）解：，
，
．
，
．
，
，
，
为的中点，
是的中位线，
，
，
，
．
，
．
由（1）知，，
则，
，
，
，
在中，由勾股定理得，．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；旋转的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）先根据勾股定理求出AC长，根据平移的性质得到，再利用直角三角形斜边上的中线性质解答即可；
（2）根据旋转和平移的性质得到，，即可证明结论．
（3）得到是的中位线，根据正切的定义求出A'E和DH 长，再根据勾股定理解答即可．
9．【答案】【猜想】 解： 如图① CD= BC- CF，
【探究】 如图②， CF= BC+ CD，
理由如下：
∵∠BAC= 90°，AB= AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵四边形 ADEF是正方形，
∴ AD= AF，∠DAF= 90°，
∴∠BAD=∠BAC +∠DAC，
∴∠CAF=∠DAF+∠DAC，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF (SAS)，
∴BD= CF，
∵BD= BC＋CD，
∴CF= BC+CD；
【应用】 如图③，
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：【猜想】CD= BC- CF，
理由如下：
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD= AF，∠DAF= 90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠FAC，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF (SAS)，
∴BD= CF，
∵CD= BC- BD，
∴CD= BC- CF：
【应用】解：∵∠BAC= 90°，AB= AC，
∠ABC=∠ACB=45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD= AF，∠DAF= 90°，
∴∠BAC=∠DAF，
∴，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF (SAS)，
∴BD=CF，
∴∠ACF=∠ABD= 180°- 45°= 135°，
∴∠FCD=∠ACF-∠ACB = 90°，
∴△FCD为直角三角形，
∵，
∴ ，
∴CD= BC+ BD，
∴ CD = BC+CF= 2+1=3，
∴ ，
∵正方形ADEF中，O为DF中点，
∴ ，
故答案为： ．
【分析】【猜想】 由SAS证△BAD≌△CAF，得BD= CF，因为CD= BC- BD，则CD= BC- CF；
【探究】由SAS证△BAD≌△CAF，得BD= CF，由BD= BC＋CD，则CF= BC+CD；；
【应用】 由SAS证△BAD≌△CAF，得出BD= CF，∠ACF=∠ABD = 135°，则∠DCF= 90°，在Rt△DCF中，由勾股定理得DF=，由直角三角形的斜边中线的等于斜边的一半，得
10．【答案】（1）解：EA1＝FC.
证明：（证法一）∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C.
由旋转可知，AB＝BC1，∠A＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，
∴△ABE≌△C1BF.
∴BE＝BF，又∵BA1＝BC，
∴BA1﹣BE＝BC﹣BF.即EA1＝FC.
（证法二）∵AB＝BC，∴∠A＝∠C.
由旋转可知，∠A1＝∠C，A1B＝CB，而∠EBC＝∠FBA1，
∴△A1BF≌△CBE.
∴BE＝BF，∴BA1﹣BE＝BC﹣BF，
即EA1＝FC.
（2）解：四边形BC1DA是菱形.
证明：∵∠A1＝∠ABA1＝30°，
∴A1C1∥AB，同理AC∥BC1.
∴四边形BC1DA是平行四边形.
又∵AB＝BC1，
∴四边形BC1DA是菱形.
（3）解：（解法一）过点E作EG⊥AB于点G，则AG＝BG＝1.
在Rt△AEG中，AE＝ .
由（2）知四边形BC1DA是菱形，
∴AD＝AB＝2，
∴ED＝AD﹣AE＝2﹣ .
（解法二）∵∠ABC＝120°，∠ABE＝30°，∴∠EBC＝90°.
在Rt△EBC中，BE＝BC tanC＝2×tan30°＝ .
∴EA1＝BA1﹣BE＝2﹣ .
∵A1C1∥AB，
∴∠A1DE＝∠A.
∴∠A1DE＝∠A1.
∴ED＝EA1＝2﹣ .
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）（证法一）根据等腰三角形的性质可得∠A＝∠C，由旋转的性质可知：AB＝BC1，∠A＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，证明△ABE≌△C1BF，得到BE＝BF，然后结合BA1＝BC以及线段的和差关系进行证明；（证法二）由等腰三角形的性质可得∠A＝∠C，由旋转的性质可得：∠A1＝∠C，A1B＝CB，证明△A1BF≌△CBE，得到BE＝BF，然后根据线段的和差关系进行证明；
（2）易得A1C1∥AB，AC∥BC1，则四边形BC1DA是平行四边形，然后结合AB＝BC1以及菱形的判定定理进行证明；
（3）（证法一）过点E作EG⊥AB于点G，则AG＝BG＝1，利用∠A的余弦函数求出AE的值，根据菱形的性质可得AD＝AB＝2，据此计算；（证法二）根据∠ABC、∠ABE的度数可得∠EBC=90°，在Rt△EBC中，根据∠C的正切函数可得BE的值，进而求出EA1，由平行线的性质可得∠A1DE＝∠A，推出∠A1DE＝∠A1，则ED=A1E，据此解答.
11．【答案】（1）A3；60；
（2）或t＞5或
【知识点】点的坐标；勾股定理；切线的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：（1）①根据定义可得：当A在⊙O上时，不存在都有 当A在⊙O 内部时，过A的直径MN 使得⊙O的关联角度为1 当A在⊙O的外部时， 且AM，AN为⊙O 的切线时， 最大；
如图， 是⊙O的关联点且其与⊙O的关联角度小于 与⊙O 的关联角度为 与⊙O的关联角度大于
∵A3(2，0)， ⊙O的半径为1，
且MA3是⊙O的切线，
，即与⊙O的关联角度为60°
故答案为： A3， 60.
②根据定义可得B为⊙O外一点，
∵BD＜1， ⊙O的半径为1，
∴BO≥2， 当OB=2时，
如图， 取点G(1，0)， 则∠OBG=90°，
∴
∴m的最小值为
故答案为：
（2）解：由(1)可得，当A在圆的外部时，且AM，AN为圆的切线时， 最大，且A距离圆心越近，
∴当∠MAN=90°时， 由. ， 如图，
∴四边形TMAN 是矩形，
由∵TM=TA
∴四边形TMAN是正方形，
∴
当∠MAN≥90°时，
∵点E(1，3)，F(4，3)，T(t，0)， OT 经过原点，线段EF 上所有的点都是OT 的关联点，则
∴EF上距离T最近的点在 的圆环内，
①EF和 的圆相切，如图，
∴
解得：
②EF 和半径为t的圆相切时，如图，
∴t=3 (不包含临界值)
∴6
∴
③当E在半径为t的圆，如图，
解得：t=5(不包含临界值)
∴t＞5时， E，F 都在⊙T内部， 此时α=180°
④当F在半径为 的圆，如图，
设⊙T的半径为r， 则t=-r ，
∵
解得：
∴时，此时90°≤α≤180°，
综上所述， 或t＞5或
【分析】（1）①根据定义可得：当A在⊙O上时，不存在都有 当A在⊙O 内部时，过A的直径MN 使得⊙O的关联角度为1 当A在⊙O的外部时， 且AM，AN为⊙O 的切线时， 最大，如图， 是⊙O的关联点且其与⊙O的关联角度小于 与⊙O 的关联角度为 与⊙O的关联角度大于 根据题意可得 OM=1，且MA3是⊙O的切线，根据正弦定义及特殊角的三角函数值可得，则 ，即与⊙O的关联角度为60°.
②根据定义可得B为⊙O外一点，由题意可得BO≥2， 当OB=2时，取点G(1，0)， 则∠OBG=90°，根据勾股定理即可求出答案.
（2）由(1)可得，当A在圆的外部时，且AM，AN为圆的切线时， 最大，且A距离圆心越近，分情况讨论：当∠MAN=90°时， 根据正方形判定定理可得四边形TMAN是正方形，则；当∠MAN≥90°时， ，由题意可得EF上距离T最近的点在 的圆环内，①EF和 的圆相切，②EF 和半径为t的圆相切时，③当E在半径为t的圆，④当F在半径为 的圆，逐项进行判断即可求出答案.
12．【答案】（1）解：，
理由：连接，是半圆弧，是直径，
，即；
（2）解：连接，，点，是的六等分点，
，
的长度为，，，
又与相切于点，，
在中，，
，，
；
（3）
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：（3）连接OG交⊙O于点P，此时PG最小，
在Rt△ODG中，OD=2，DG=，
∴OG==，
∴PG=OG-OP=-2.
【分析】（1）由点A，B，C，D，E，F是⊙O的六等分点，可得是半圆弧 ，从而得出AD是直径，利用直径所对的圆周角是直角即得结论；
（2）利用弧长公式求出的长度，利用解直角三角形求出DG的长，再比较即可；
（3）连接OG交⊙O于点P，此时PG最小，利用勾股定理求出OG的长，利用PG=OG-OP即可求解.
13．【答案】（1）证明：与x轴相切于点B，
∴AB⊥x轴，
又，
，
四边形AHOB是矩形；
（2）解：如图，连结AC.
矩形AHOB，
.
在Rt中，，
.
点A为圆心，，
=6.
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）由切线的性质得∠ABO=90°，根据垂直的定义得∠AHO=∠HOB=90°，然后根据有三个角是直角的四边形是矩形可得结论；
（2）连结AC，由矩形的性质得AH=OB=，在Rt△AHC中，由勾股定理算出CH，进而根据垂径定理可得CD=2CH，从而可得答案.
14．【答案】（1）解：在中，，，，
．
（2）解：，
当时，
．
，，
，．
，
∴，
∴．
．
（3）或．
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】（3）解：当四边形为轴对称图形时，
情况一：如答图1，以为对称轴时，则，
．
情况二：如答图2，以为对称轴时，则，
∴点D到、的距离相等．
设点D到、的距离为h，点C到的距离为m，
．
，，，
，即．
综上，的长为或．
【分析】（1）根据勾股定理即可求出答案.
（2）根据相似三角形性质可得，再根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，根据角之间的关系可得∠ACF=∠BAC，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
（3）分情况讨论：以为对称轴时，则，根据边之间的关系即可求出答案；以为对称轴时，则，则点D到、的距离相等，设点D到、的距离为h，点C到的距离为m，根据三角形面积即可求出答案.
（1）解：在中，，，，
．
（2）解：，
当时，
．
，，
，．
，
∴，
∴．
．
（3）解：当四边形为轴对称图形时，
情况一：如答图1，以为对称轴时，则，
．
情况二：如答图2，以为对称轴时，则，
∴点D到、的距离相等．
设点D到、的距离为h，点C到的距离为m，
．
，，，
，即．
综上，的长为或．
15．【答案】（1）解：直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，
令，得到，即；
令，得到，即；
（2）解：点是第一象限内的直线上，且，
由（1）知，
，
，
当时，，
；
（3）解：在（2）成立的情况下，x轴上存在点P，使是等腰三角形，
设，
，
，，，
分三种情况考虑：
当时，即，
解得：或，
点P的坐标为或；
当时，即，
整理得：，
解得：，
点P的坐标为；
当时，即，
即，
，
解得：（舍去，不符合题意）或，
点P的坐标为；
综上，P的坐标为或或或
【知识点】点的坐标；三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征分别将x=0，y=0代入解析式即可求出答案.
（2）根据两点间距离可得，再根据三角形面积可得y=3，再根据点的坐标即可求出答案.
（3）设，根据两点间距离额的OA，AO，OP，分情况讨论：当时，当时，当时，建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，
令，得到，即；
令，得到，即；
（2）解：点是第一象限内的直线上，且，
由（1）知，
，
，
当时，，
；
（3）解：在（2）成立的情况下，x轴上存在点P，使是等腰三角形，
设，
，
，，，
分三种情况考虑：
当时，即，
解得：或，
点P的坐标为或；
当时，即，
整理得：，
解得：，
点P的坐标为；
当时，即，
即，
，
解得：（舍去，不符合题意）或，
点P的坐标为；
综上，P的坐标为或或或．
16．【答案】（1）和
（2）解：∵与点关于P点成中心对称，且P点在x轴上，
∴点的纵坐标为．
又∵点在上，
∴点的坐标为，P点坐标为．
∵是的弦，
∴．
∵与F点关于对称，
．
（3）
【知识点】切线的性质；轴对称的性质；解直角三角形；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】（1）解：如下图：
∵线段与线段关于点成中心对称，且是的弦，
∴线段是以点为中心的“关联线段”；
∵线段与线段关于点成中心对称，且是的弦，
∴若线段是以点为中心的“关联线段”，
则与关于x轴上的P点成中心对称，
则，
而的坐标只能是，
∴不可能在上，
∴线段不是以点P为中心的“关联线段”，
综上，以点P为中心的“关联线段”是和，
故答案为：和．
（3）
解：∵P点在x轴上，
∴的对应点只能为．
∵P点是的中点，
．
将绕P点旋转得，
则，且F点在上．
又∵F点在直线上，
∴F点是和直线的交点．
当与相切于时，连接作轴，
设直线于x轴的交点为A点，则点，
设点，则点，
那么，，
则，，
∵，，
∴点的横坐标为，纵坐标为．
将代入得，
，解得．
当与相切于时，连接作轴于G点，
设直线于x轴的交点为B点，
同理得，，
则，，
∴点的横坐标为，纵坐标为．
将代入得，
，解得，
∴m的取值范围为．
【分析】（1） 由题知“关联线段”是关于P点成中心对称的，根据中心对称的性质即可得和是以点P为中心的“关联线段”．即可求出答案.
（2）根据中心对称性质可得点的纵坐标为，由题意可得点的坐标为，P点坐标为，由此可得，根据与F点关于对称，可得F点的横坐标的取值范围即可求出答案.
（3）由题意可得，将绕P点旋转得，则，且F点在上，F点是和直线的交点，分情况讨论：当与相切于时，连接作轴，设直线于x轴的交点为A点，则点，设点，则点，根据正切定义及特殊角的三角函数值可得，，根据题意可得点的横坐标为，纵坐标为，将点F1坐标代入直线解析式可得；当与相切于时，连接作轴于G点，设直线于x轴的交点为B点，同理得，，解直角三角形可得，，则点的横坐标为，纵坐标为．将点F2坐标代入直线解析式可得，即可求出答案.
（1）解：如下图：
∵线段与线段关于点成中心对称，且是的弦，
∴线段是以点为中心的“关联线段”；
∵线段与线段关于点成中心对称，且是的弦，
∴若线段是以点为中心的“关联线段”，
则与关于x轴上的P点成中心对称，
则，
而的坐标只能是，
∴不可能在上，
∴线段不是以点P为中心的“关联线段”，
综上，以点P为中心的“关联线段”是和，
故答案为：和．
（2）解：∵与点关于P点成中心对称，且P点在x轴上，
∴点的纵坐标为．
又∵点在上，
∴点的坐标为，P点坐标为．
∵是的弦，
∴．
∵与F点关于对称，
．
（3）解：∵P点在x轴上，
∴的对应点只能为．
∵P点是的中点，
．
将绕P点旋转得，
则，且F点在上．
又∵F点在直线上，
∴F点是和直线的交点．
当与相切于时，连接作轴，
设直线于x轴的交点为A点，则点，
设点，则点，
那么，，
则，，
∵，，
∴点的横坐标为，纵坐标为．
将代入得，
，解得．
当与相切于时，连接作轴于G点，
设直线于x轴的交点为B点，
同理得，，
则，，
∴点的横坐标为，纵坐标为．
将代入得，
，解得，
∴m的取值范围为．
17．【答案】（1）解：①、.
②如图，
当直线经过点时，设直线交轴于点，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，得：，
∴，
∴，
∴，即直线与轴所成的锐角为，
∵或者为直角，
∴点在以为直径或为直径的圆上，
如图，
当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，
设切点分别为、，以为直径的圆的圆心为，以为直径的圆的圆心为，直线与轴交于点（当直线与以为直径的圆相切时，与轴交于点），连接，，
∵直线与以为直径的圆相切，
∴，
∵直线与直线：平行，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
用同样的方法，当直线与以为直径的圆相切时，，
∴，
∴，
∴，
当直线经过点时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即直线上存在三个线段的直角点，此时，
∴当或时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有四个交点，即直线上存在四个线段的直角点.
（2）或
【知识点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；切线的性质；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】（1）解：如图，
①当时，则点，点，
∵点是中点，
∴点，
∴，
∵，，
∴，
∴点不是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
故答案为：，；
（2）∵直线与，轴交于点，，当时，得：；当时，得：，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
如图，
当直线与以为直径的圆相切于点，
设为直径的圆的圆心为，连接，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，
∵，，线段的中点为，
∴，，
∵直线与以为直径的圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，
当直线与以为直径的圆相切于点时，
此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有个交点，即线段上存在个线段的直角点，
设为直径的圆的圆心为，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点与点重合时，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，此时，
∴当或时，线段上只存在两个线段的直角点．
【分析】
（1）①由线段的直角点定义可求解.
②由圆周角定理可得点在以为直径或为直径的圆上，求出直线过点时的值和直线与以为直径或以为直径的圆相切时的值，即可求解.
（2）由题意可得以为直径或以为直径的圆与线段的交点只有两个，利用特殊位置求解即可．
（1）解：①当时，则点，点，
∵点是中点，
∴点，
∴，
∵，，
∴，
∴点不是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
故答案为：，；
②当直线经过点时，设直线交轴于点，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，得：，
∴，
∴，
∴，即直线与轴所成的锐角为，
∵或者为直角，
∴点在以为直径或为直径的圆上，
如图，当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，
设切点分别为、，以为直径的圆的圆心为，以为直径的圆的圆心为，直线与轴交于点（当直线与以为直径的圆相切时，与轴交于点），连接，，
∵直线与以为直径的圆相切，
∴，
∵直线与直线：平行，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
用同样的方法，当直线与以为直径的圆相切时，，
∴，
∴，
∴，
当直线经过点时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即直线上存在三个线段的直角点，此时，
∴当或时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有四个交点，即直线上存在四个线段的直角点；
（2）∵直线与，轴交于点，，
当时，得：；当时，得：，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
如图，当直线与以为直径的圆相切于点，
设为直径的圆的圆心为，连接，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，
∵，，线段的中点为，
∴，，
∵直线与以为直径的圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，当直线与以为直径的圆相切于点时，
此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有个交点，即线段上存在个线段的直角点，
设为直径的圆的圆心为，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点与点重合时，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，此时，
∴当或时，线段上只存在两个线段的直角点．
18．【答案】由旋转的性质得：，，
∴．
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】由旋转的性质得，，在Rt△ABD中，利用勾股定理即可求解．
19．【答案】（1）证明：根据题意可知，DE是的切线 ，
∴OD⊥DE，
∵ D为弧的中点 ， 连接交弦于点F ，O是圆心，
∴OD⊥AC，
∴AC∥DE.
（2）解：由（1）可知，OD⊥DE，即∠ODE=90°，
根据题意可知：OA、OD是 的半径，
∴OA=OD，
∵ ，
∴OD=2，
OE=OA+AE=4，
∴cos∠DOE=，
∴∠DOE=60°，
∴ S扇形 AOD ==，
答： 扇形的面积为.
【知识点】垂径定理；切线的性质；扇形面积的计算；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】（1）由切线性质得到，再根据垂径定理的推论得到，即可证明；
（2）根据题意易得，OD=2，OE=4，在中，由特殊角的三角函数值求出，利用扇形面积公式计算即可．
（1）证明：∵D为弧的中点，连结交弦于点F，
，，
与相切于点，
，
；
（2）解：如图，
，，
∴，
为的中点，即，
在中，，
∴，
∴扇形的面积．
20．【答案】（1）解：，，
作于，
在中，，
即点到的距离为4．
（2）解：①与相切
由（1）得
，连接，则
②5或11
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形
【解析】解：（2）②过点F作FG⊥AB，如图所示，
， ，
四边形AEFG是矩形，
AG=EF，FG=AE=4，
在中，由勾股定理可得，
AG=AB±BG=5或11，
EF=AG=5或11.
故答案为5或11.
【分析】（1）先利用勾股定理求出BD的长， 作于， 再利用三角函数的定义求出点到的距离即可；
（2）① 连接， 由（1）中BM=4及 求出CM的长，进而可得BC的长，再利用勾股定理求出BE的长，再根据勾股定理求出EF的长即可；
②如图，过点F作FG⊥AB，先证四边形AEFG是矩形，进而得到AG=EF，FG=AE=4，利用勾股定理求出BG的长，再根据线段的和差计算即可.
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