2023学年二轮复习解答题专题四十九：与数学文化有关的阅读理解

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2023学年二轮复习解答题专题四十九：
与数学文化有关的阅读理解
典例分析
例. （2022郑州二模）阅读下面材料，并按要求完成相应的任务：
阿基米德是古希腊的数学家、物理学家．在《阿基米德全集》里，他关于圆的引理的论证如下：
命题：设AB是一个半圆的直径，并且过点B的切线与过该半圆上的任意一点D的切线交于点T，如果作DE垂直AB于点E，且与AT交于点F，则DF=EF．

证明：如图①，延长AD与BT交于点H，连接OD，OT．
∵DT，BT与⊙O相切
∴… …，①
∴BT=DT
∵AB是半⊙O的直径，∠ADB=90°，②
在△BDH中，BT=DT，得到∠TDB=∠TBD，
可得∠H=∠TDH，
∴BT=DT=HT．
又∵DE∥BH，∴=，=
∴=
又∵BT=HT，∴DF=EF．
任务：
（1）请将①部分证明补充完整；
（2）证明过程中②的证明依据是 ；
（3）如图②，△BED是等边三角形，BE是⊙O的切线，切点是B，D在⊙O上，CD⊥AB，垂足为C，连接AE，交CD于点F，若⊙O的半径为2，求CE的长．
【答案】（1）见解析；
（2）直径所对的圆周角是直角；
（3）
【解析】
【分析】（1）通过DT、BT为切线，易得Rt△ODT≌Rt△OBT，从而可以继续证明；
（2）直径所对的圆周角是直角；
（3）先根据∠EBD=60°，得到∠DBA=30°，由外角得到∠DOC=60°，△ODA为等边三角形，并求出OC、CD，再求出BD、ED，最后再Rt△EBC求出结果即可．
【小问1详解】
如图，连接OD，OT，

∴∠ODT=∠OBT=90°，
在Rt△ODT和Rt△OBT中，，
∴Rt△ODT≌Rt△OBT（HL）；
【小问2详解】
直径所对的圆周角是直角；
故答案为：直径所对的圆周角是直角．
【小问3详解】
如图，连接OD，CE，

∵△BED是等边三角形，∴∠EBD=60°，
∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，
∴∠DBA=30°，∴∠DOC=60°，
∵OD=OA，∴△ODA为等边三角形，
∵OD=2，CD⊥AB，∴OC=OA=1，DC=，
∴BD=2=BE，
∵OB=2，∴BC=3，
在Rt△EBC中，由勾股定理得：
CE=．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，等边三角形的性质、利用相切转化直角并通过勾股定理求出线段是解题的关键．
专题过关
1. （2022济宁中考）知识再现：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
∵，
∴，
∴

（1）拓展探究：如图2，在锐角ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．请探究，，之间的关系，并写出探究过程．
（2）解决问题：如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
【答案】（1），证明见解析
（2）米
【解析】
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，根据正弦的定义得AE = csinB，
AE= bsin∠BCA，CD= asinB，CD = bsin∠BAC，从而得出结论；
解决问题：由拓展探究知， 代入计算即可．
【小问1详解】
（拓展探究）证明：作CD⊥AB于点D，AC⊥BC于点E．

在RtΔABE中，，
同理：，
．

．
．
．
．
【小问2详解】
（解答问题）解：在ΔABC中，

∴
解得：
答：点A到点B的距离为m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，对于锐角三角形，利用正弦的定义，得出是解题的关键．
2. （2022兰州中考）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，链接AD，BC相较于点O，即O为圆心．

（1）问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在上，，且，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在上，，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
【小问1详解】
解：如图所示，点O就是圆的圆心．

作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
小问2详解】
解：如图所示，点O就是圆的圆心．

作∠ABD=90°，　BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
【小问3详解】
解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．

作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
3. （2022台州中考） 图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．


图1
（1）求证：四边形是正方形；
（2）求的值；
（3）请研究螺旋折线…中相邻线段之间关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）螺旋折线…中相邻线段的比均为或，见解析
【解析】
【分析】（1）证明，则，同理可证，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线…中相邻线段的比均为或；螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【小问1详解】
在正方形中，，，
又∵，
∴．
∴．
∴，．
又∵，
∴．
∴．
同理可证：．
∴四边形是正方形．
【小问2详解】
∵，设，则．
∴．
∴由勾股定理得：．
∴．
【小问3详解】
结论1：螺旋折线…中相邻线段比均为或．
证明：∵，
∴．
同理，．…
∴．
同理可得，…
∴螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
结论2：螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵，，
∴，
∴．
同理得：，
∵，
∴，即．
同理可证．
∴螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4. （2022张家界中考） 阅读下列材料：
在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，求证：asinA=bsinB．
证明：如图1，过点C作CD⊥AB于点D，则：
在Rt△BCD中，CD=asinB
在Rt△ACD中，CD=bsinA
∴asinB=bsinA
∴asinA=bsinB
根据上面的材料解决下列问题：
(1)如图2，在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，求证：bsinB=csinC；
(2)为了办好湖南省首届旅游发展大会，张家界市积极优化旅游环境．如图3，规划中的一片三角形区域需美化，已知∠A=67°，∠B=53°，AC=80米，求这片区域的面积．(结果保留根号．参考数据：sin53°≈0.8，sin67°≈0.9)



21.【答案】(1)证明：如图2，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，AD=csinB，
在Rt△ACD中，AD=bsinC，
∴csinB=bsinC，
∴bsinB=csinC；
(2)解：如图3，过点A作AE⊥BC于点E，
∵∠BAC=67°，∠B=53°，
∴∠C=60°，
在Rt△ACE中，AE=AC⋅sin60°=80×32=403(m)，
又∵ACsinB=BCsin∠BAC，
即800.8=BC0.9，
∴BC=90m，
∴S△ABC=12×90×403=1803(m2). 
【解析】(1)根据题目提供的方法进行证明即可；
(2)根据(1)的结论，直接进行计算即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系，即锐角三角函数的定义是解决问题的前提．
5.（2022郑州枫杨外国语二模） 在数学课上，当老师讲到直线与圆的位置关系时，张明同学突发奇想，特殊线与圆在不同的位置情况下会有怎样的数量关系呢？于是在课下他查阅了老师推荐他的《几何原本》，这本书是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作．它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．其中第三卷命题36-2圆幂定理（切割线定理）内容如下：切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长比例中项．（比例中项的定义：如果、、三个量成连比例即，则叫做和的比例中项）
（1）为了说明材料中定理的正确性，需要对其进行证明，下面已经写了不完整的“己知”和“求证”，请补充完整，并写出证明过程．
已知：如图，是圆外一点，是圆的切线，直线为圆的割线．
求证：

证明：
（2）已知，，则的长度是 ．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据比例中项的定义写出“求证”， 连接并延长交于点，连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质即可得证；
（2）先根据线段和差求出，再根据（1）的结论即可得．
【小问1详解】
求证：．
证明：如图，连接并延长交于点，连接，

是的切线，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
在和中，，
，
，
．
【小问2详解】
解：，，
，
由（1）已证：，
，
解得或（不符题意，舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线的性质和圆周角定理是解题关键．
6. （2022驻马店六校联考三模）复习巩固
切线：直线和圆只有一个公共点，这时这条直线和圓相切，我们把这条直线叫做圓的切线，这个点叫做切点.如图1，直线l1为⊙O的切线
割线：直线和圆有两个公共点，这时这条直线和圆相交，我们把这条直线叫做圆的割线.如图1，直线l2为⊙O的割线
切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长.
阅读材料
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所普的一部数学著作.它是欧州数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书其中第三卷命题36一2圆幂定理（切割线定理）内容如下：
切割线定理：从圆外一点引圓的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.为了说明材料中定理的正确性，需要对其进行证明，下面已经写了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出证明过程
已知：如图2，A是⊙O外一点，　　．
求证：　　
[提示]辅助线可先考虑作⊙O的直径DE．

【答案】AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线；；证明见解析．
【解析】
【分析】按照题设要求，写出“已知”和“求证”，然后证明△ABD∽△ADC，即可求解．
【详解】解：（已知：如图，A是⊙O外一点，）AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线．
求证：．
故答案为：AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，．
证明：连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE，

∵AD是⊙O的切线，
∴，
∵DE是圆的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴△ABD∽△ADC，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等以及相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决本题的关键．
7.（2022河南商城一模） 弦切角定理（弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角）在证明角相等、线段相等、线段成比例等问题时，有非常重要的作用，为了说明弦切角定理的正确性，小明同学进行了以下探索过程：
问题的提出：若一直线与圆相交，过交点作圆的切线，则此切线与直线的交角中的任意一个称为直线和圆的交角，其中所夹弧为劣弧的角为劣交角，所夹弧为优弧的角为优交角．直线和圆的交角有以下性质：直线和圆的交角等于所夹弧所对的圆周角．
问题的证明：（只证明劣交角即可）


（1）请将不完整的已知和求证补充完整，并写出证明过程；
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 　 　．
求证：∠ABD＝　 　．
（2）如图2，直线l与⊙O相交于点A，B，AD为⊙O的直径，BC切⊙O于点B，交DA的延长线于点C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半径．
【答案】（1）的切线DE，∠C，证明见解析

（2）

【解析】
【分析】（1）根据弦切角的定义，进行填空即可，如图1，连接，由题意知，，，，有，在中根据三角形内角和定理等找出角度的数量关系，然后证明即可；
（2）如图2，连接，由（1）可知，，，有，求解满足要求的值，进而可得半径．
【小问1详解】
解：由题意知：
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 的切线．
求证：∠ABD＝．
证明：如图1，连接，


由题意知，，，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
即结论得证．
故答案为： 的切线，∠ABD＝．
【小问2详解】
解：如图2，连接，


由（1）可知，
∴
∴
∴
解得 或（不符合题意，舍去）
∴
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，三角形相似等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
8. （2022商丘二模） 请阅读下列材料，并完成相应的任务．
战国时的《墨经》就有“圆，一中同长也”的记载．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．
下面是弦切角定理的部分证明过程：
证明：如图1，与相切于点A．当圆心O在弦上时，容易得到，所以弦切角．
如图2，与相切于点A．当圆心O在的外部时，过点A作直径交于点F，连接．
∵是直径，
∴，
∴，
∵与相切于点A，
∴，
∴；
∴．
（1）如图3，与相切于点A，当圆心O在的内部时，过点A作直径交于点D，在上任取一点E，连接，求证：；
（2）如图3，已知的半径为1，弦切角，求的长．

【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）根据直径的性质及切线的特点即可求解；
（2）先求出的圆心角度数，利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）∵是的直径
∴∠DEA=90°
∵与相切于点A，
∴∠DAB=90°
∵∠CED=∠CAD
∴∠CED+∠DEA=∠CAD+∠DAB
∴
（2）如图，连接CO
∵
∴
∴
∴的长==．

【点睛】此题主要考查切线的性质与弧长的求解，解题的关键是熟知切线的性质定理、弧长公式的运用．
9. （2022三门峡一模）请阅读材料，并完成相应的任务．
在数学探究课上，同学们发现改变图1中圆周角的顶点P的位置，可以得到类似和这样顶点在圆外和圆内的角．结合数学课上学习的圆周角的概念，对顶点在圆外和圆内的角进行定义：顶点在圆外，两边都与圆相交的角叫做圆外角．顶点在圆内的角叫做圆内角，如图1，和分别是AB所对的圆外角和圆内角．


如图2，点A，B在上，为所对的一个圆外角．AP，BP分别交于点C，D．若，所对的圆心角为50°，求的度数．
探索小组的解题过程（部分）如下：
解：如图2，连接AD，OC，OD．
∵是所对的圆周角，且，
∴．
…


任务：
（1）将探索小组的解题过程补充完整；
（2）如图3，当点P在内时，所对的一个圆内角，延长AP交于点C，延长BP交于点D，若设，所对的圆心角为n°，则∠APB的度数为______．


【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠，∠，再根据三角形外角的性质求解即可；
（2）和（1）的思路相同即可求解．
【小问1详解】
连接，如图2，


∵∠是的圆周角，且∠
∴∠
∵∠
∴∠
∵∠是△外角
∴∠；
【小问2详解】
连接，如图3

∵∠是的圆周角，且∠
∴∠
∵∠
∴∠
∵∠是△外角
∴∠
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆心角和圆周角的关系，以及三角形外角的性质，正确识别图形是解答本题的关键，这种探究性问题，通常按照题目的顺序逐次求解，一般容易解答．
10. （2022南阳内乡一模）弦切角定理（弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角）在证明角相等、线段相等、线段成比例等问题时，有非常重要的作用，为了说明弦切角定理的正确性，小明同学进行了以下探索过程：
问题的提出：若一直线与圆相交，过交点作圆的切线，则此切线与直线的交角中的任意一个称为直线和圆的交角，其中所夹弧为劣弧的角为劣交角，所夹弧为优弧的角为优交角．直线和圆的交角有以下性质：直线和圆的交角等于所夹弧所对的圆周角．
问题的证明：（只证明劣交角即可）


（1）请将不完整的已知和求证补充完整，并写出证明过程；
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 　 　．
求证：∠ABD＝　 　．
（2）如图2，直线l与⊙O相交于点A，B，AD为⊙O直径，BC切⊙O于点B，交DA的延长线于点C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半径．
【21题答案】
【答案】（1）的切线DE，∠C，证明见解析

（2）

【解析】
【分析】（1）根据弦切角的定义，进行填空即可，如图1，连接，由题意知，，，，有，在中根据三角形内角和定理等找出角度的数量关系，然后证明即可；
（2）如图2，连接，由（1）可知，，，有，求解满足要求的值，进而可得半径．
【小问1详解】
解：由题意知：
已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作 的切线．
求证：∠ABD＝．
证明：如图1，连接，


由题意知，，，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
即结论得证．
故答案为： 的切线，∠ABD＝．
【小问2详解】
解：如图2，连接，


由（1）可知，
∴
∴
∴
解得 或（不符合题意，舍去）
∴
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，三角形相似等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
11. （2022洛阳伊川一模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定理“证明一”，请补充完整．

已知：如图①，过外一点作的两条割线，一条交于、点，另一条交于、点．
求证：．
证明一：连接、，
∵和为所对的圆周角，∴______．
又∵，∴______，∴______．
即．
研究后发现，如图②，如果连接、，即可得到学习过的圆内接四边形．那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二．
证明二：连接、，
【答案】证明一：，∽，；证明二见解析
【解析】
【分析】（1）证明∽即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质可得，进一步证明∽
【详解】解：证明一：连接、，
∵和为所对的圆周角，
∴．
又∵，
∴∽，
∴．
即．
故答案为：，∽，，
证明二：连接、，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴∽，
∴，即．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
12. （2022河南邓州二模）（1）[教材呈现]
圆周角定理推论：的圆周角所对的弦是直径．
如图①，已知：A、B、C三，点在上，

求证：为直经．
证明：∵为圆周角所对的弦，为圆周角所对应的圆心角
∴，且
∴……（ ）
∴点O在线段上，即三点共线．
则为的直径．
上述推理：得，依据为_____________．
（2）[小试牛刀]
如图②，A、B、C三点在上且，过点A作垂直的切线于点D，若，．求的长．

（3）[拓展应用]
如图③，已知是等边三角形，以为底边在外作等腰直角，点E为的中点，连接，请直接写出的度数．
【答案】（1）圆周角定理
（2）
（3）105°
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理：同弧所对圆周角等于圆心角的一半，解答即可；
（2）连接AB，OC，先证AB是⊙O的直径，即点O在AB上，再由勾股定理求出AB长，再证△ADC∽△ACB，得出，代入即可求解；
（3）连接AE，利用圆周角定理推论，证明A，E，C，D在以AC为直径的圆上，然后由等边三角形的性质、等腰直角三角形性质与圆周角定理，求出∠ADE=60°，∠DEC=45°，代入即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵为圆周角所对的弦，为圆周角所对应的圆心角，
∴，且
∴……（圆周角定理）
∴点O在线段上，即三点共线．
则为的直径．
上述推理：得，依据为圆周角定理．
故答案为：圆周角定理；
（2）如图①，连接AB，OC，

∵
∴AB是⊙O的直径，即点O在AB上，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
在Rt△ACB中，由勾股定理，得
AB=，
∵CD是⊙O的的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴ADOC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴，即，
∴AD=，
（3）如图②，连接AE，

∵△ABC是等边三角形，点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵△ACD为等腰直角三角形，
∴∠ADC=90°，
由（1）可知A，E，C，D在以AC为直径的圆上，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠ADE=∠ACB=60°，
∵△ACD为等腰直角三角形，
∴∠DAC=45°，
∴∠DEC=∠DAC=45°，
∴∠ADE+∠DEC=60°+45°=105°．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
13. （2022山西三模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
用对称思想解决几何问题
对称思想是一种借助“形”或“式”的对称关系来解决数学问题的思想方法．通过研究线段、角、等腰三角形及一些特殊四边形等平面图形的时称性质，我们得到启发，可以运用对称思想来巧妙地解决一类几何问题．下面以两个例题来说明．
例1．如图1，在中，，，，求的面积．
解题思路：可作辅助线，延长到点M使，连接，过点M作于点N．先求出的长，再求出的面积，从而求出的面积．

例2．如图2，中，，是的高线，且，，求的面积．
解题思路：分别作点H关于，的对称点D，F，连接，，，，延长和交于点E．可证，，，，，，判定四边形的形状→判定的形状→设，并列方程求解．任务：
（1）请根据例1的解题思路，写出解答过程．
（2）填空：例2中四边形的形状为____________；例2中的面积为__________．
【答案】（1）
（2）正方形；
【解析】
【分析】（1）根据题目所给思路解题补充完整即可；
（2）根据题目所给思路解题补充完整即可．
【小问1详解】
解：延长到点M使，连接，过点M作于点N．
∵





【小问2详解】
解：分别作点H关于，的对称点D，F，连接，，，，延长和交于点E．
∵

∴
同理
∴


，
∴四边形是正方形
∵，，
设
即，
解得：（舍去）


【点睛】本题主要考查图形对称的性质、三角形的全等、勾股定理，正确理解题意是解题的关键．
14. （2022运城二模）阅读下列材料，并按要求解答相关问题：
【思考发现】根据直径所对的圆周角是直角，我们可以推出“如果一条定边所对的角始终为直角，那么所有满足条件的直角顶点组成的图形是以定边为直径的圆或圆弧（直径的两个端点除外）”这一正确的结论．
如图1，若AB是一条定线段，且，则所有满足条件的直角顶点P组成的图形是定边AB为直径的（直径两端点A、B除外）

（1）已知：如图2，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E从点B出发向点C运动，同时点F从点C出发以相同的速度向点D运动，连接AE，BF相交于点P．
①当点E从点B运动到点C的过程中，的大小是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，请直接写出的度数．
②当点E从点B运动到点C的过程中，点P运动的路径是（ ）
A. 线段；B. 弧；C. 半圆；D. 圆
③点P运动的路经长是_____．
（2）已知：如图3，在图2的条件下，连接CP，请直接写出E、F运动过程中，CP的最小值．
【答案】（1）①90°；②B；③2π；
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意可得△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质可得=90°始终成立；②根据题目所给材料可以推得点P运动的路径是一条以AB为直径的圆弧；③根据弧长公式计算即可；
（2）设AB的中点为O，连接OC，与⊙O交于点Q，则CQ的长度即为所求CP的最小值．
【小问1详解】
①如图，

由题意可得在△ABE和△BCF中，
AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°， BE=CF，
∴△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BEA+∠CBF=∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠APB=90°；
②∵E、F刚出发时，P点即点B，E、F到达终点时，P点即AC与BD的交点G，
∴由题中所给材料可以得到：
当点E从点B运动到点C过程中，点P运动的路径是以AB为直径的劣弧BG，但不是半圆或圆，
故选B；
③设AB的中点为O，则⊙O半径为4，劣弧BG所对圆心角为90°，
∴劣弧BG长度为；
【小问2详解】
如图，连接OC，与⊙O交于点Q，则CQ的长度即为所求CP的最小值，
由勾股定理可得：OC=，
∴CQ=OC-OQ=，即E、F运动过程中，CP的最小值为．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质、新定义下的解题方法、圆的弧长计算公式、勾股定理的应用及点与圆的位置关系是解题关键．
15.（2022山西侯马二模） 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务关于圆的任务．

任务：
（1）尺规作图：请根据材料，在图中补全图形．（保留作图痕迹，标明字母，不写作法）．
（2）善思小组的同学尝试证明该引理，请按照下面的证明思路，写出该证明的剩余部分．
证明：连接PA，PD，PQ，QD．
…
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂直平分线的性质，分别以点A和点B为圆心，大于为半径画圆弧，相交于点M，连接PM，PM与AD相交于点N；再以点P为圆心，PA为半径画圆弧，与相交于点Q，再连接BD即可完成求解；
（2）根据圆周角和全等三角形的性质，得∠PQD＝∠PDQ；根据圆内接四边形的性质，推导得∠PQB＝∠PDB，结合等腰三角形的性质分析，即可得到答案．
【小问1详解】
补全图形如解图所示：
；
【小问2详解】
∵，
∴PQ＝PA
∵PN⊥AB于点N，
∴∠PNA＝∠PND＝90°
在△APN和△DPN中

∴△APN≌△DPN
∴∠PAD＝∠PDA，PA＝PD
∴PD＝PQ
∴∠PQD＝∠PDQ
∵四边形APQB是圆内接四边形，
∴∠PAD＋∠PQB＝180°
∴∠PDA＋∠PQB＝180°
又∵∠PDA＋∠PDB＝180°
∴∠PQB＝∠PDB．
∵∠BQD＝∠BDQ
∴BQ＝BD．
【点睛】本题考查了圆、垂直平分线、等腰三角形、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角、圆内接四边形、等腰三角形的性质，从而完成求解．