沈阳备战中考数学易错题专题复习-圆的综合练习题

沈阳备战中考数学易错题专题复习-圆的综合练习题

一、圆的综合

1．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．

（1）求⊙M的半径；

（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．

（3）在（2）的条件下求AF的长．

【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．

【解析】

【分析】

（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；

（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；

（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】

（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，

∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，

∴BT=TC=1

2

3

∴124

；

（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，

∴∠HBC+∠BCH=90°

在△COF中，

∵∠OFC+∠OCF=90°，

∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，

在△AEH和△AFH中，

∵AFH AEH AHF AHE AH AH ∠=∠??

∠=∠??=?

， ∴△AEH ≌△AFH （AAS ）， ∴EH=FH ；

（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°， 作直径BG ，连CG ，则∠BGC=∠BAC=60°， ∵⊙O 的半径为4， ∴CG=4， 连AG ， ∵∠BCG=90°， ∴CG ⊥x 轴， ∴CG ∥AF ， ∵∠BAG=90°， ∴AG ⊥AB ， ∵CE ⊥AB ， ∴AG ∥CE ，

∴四边形AFCG 为平行四边形， ∴AF=CG=4．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

2．已知O e 的半径为5，弦AB 的长度为m ，点C 是弦AB 所对优弧上的一动点．

()1如图①，若m 5=，则C ∠的度数为______o ； ()2如图②，若m 6=．

①求C ∠的正切值；

②若ABC V 为等腰三角形，求ABC V 面积．

【答案】()130；()2C ∠①的正切值为34；ABC S 27=V ②或

432

25

. 【解析】 【分析】

()1连接OA ，OB ，判断出AOB V 是等边三角形，即可得出结论；

()2①先求出10AD =，再用勾股定理求出8BD =，进而求出tan ADB ∠，即可得出结

论；

②分三种情况，利用等腰三角形的性质和垂径定理以及勾股定理即可得出结论．

【详解】

()1如图1，连接OB ，OA ，

OB OC 5∴==， AB m 5==Q ， OB OC AB ∴==， AOB ∴V 是等边三角形，

AOB 60∠∴=o ，

1

ACB AOB 302

∠∠∴==o ，

故答案为30；

()2①如图2，连接AO 并延长交O e 于D ，连接BD ，

AD Q 为O e 的直径，

AD 10∴=，ABD 90∠=o ，

在Rt ABD V 中，AB m 6==，根据勾股定理得，BD 8=，

AB 3

tan ADB BD 4

∠∴=

=， C ADB ∠∠=Q ，

C ∠∴的正切值为3

4

；

②Ⅰ、当AC BC =时，如图3，连接CO 并延长交AB 于E ，

AC BC =Q ，AO BO =， CE ∴为AB 的垂直平分线， AE BE 3∴==， 在Rt AEO V 中，OA 5=，根据勾股定理得，OE 4=， CE OE OC 9∴=+=，

ABC 11

S AB CE 692722

∴=?=??=V ；

Ⅱ、当AC AB 6==时，如图4，

连接OA 交BC 于F ，

AC AB =Q ，OC OB =， AO ∴是BC 的垂直平分线， 过点O 作OG AB ⊥于G ，

1AOG AOB 2∠∠∴=，1

AG AB 32

==，

AOB 2ACB ∠∠=Q ， ACF AOG ∠∠∴=，

在Rt AOG V 中，AG 3

sin AOG AC 5

∠=

=， 3

sin ACF 5

∠∴=，

在Rt ACF V 中，3

sin ACF 5

∠=，

318

AF AC 55∴==，

24

CF 5∴=，

ABC 111824432

S AF BC 225525

∴=?=??=V ；

Ⅲ、当BA BC 6==时，如图5，由对称性知，ABC 432

S 25

=

V ．

【点睛】

圆的综合题，主要圆的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．

3．如图，点P 是正方形ABCD 内的一点，连接PA ，PB ，PC ．将△PAB 绕点B 顺时针旋转90°到△P'CB 的位置.

(1)设AB 的长为a ，PB 的长为b(b

(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC 的长.

【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.

【解析】

试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．

（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．

试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，

∴△PAB≌△P'CB，

∴S△PAB=S△P'CB，

S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；

（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，

∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，

∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；

又∵∠BP′C=∠BPA=135°，

∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．

PC==6．

考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．

4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．

（1）求证：DF是⊙O的切线；

（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD

，∶DE=4∶1，求DE的长．

【答案】(1)见解析;(2)5

【解析】

分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；

（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD?AE，进而得出答案．

详解：（1）连接OD．

∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．

∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．

∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．

又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．

（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．

∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴?AB=?BC，∴BC=AB=52．

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．

又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，

∴△ADC～△ACE，∴AC

AD =

AE

AC

，∴AC2=AD?AE．

设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，

∴100=4x?5x，∴x=5，∴DE=5．

点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD?AE是解题的关键．

5．如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC，⊙A经过点B，与AD边交于点E，连接CE .

（1）求证：直线PD是⊙A的切线；

（2）若PC=25，sin∠P=2

3

，求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）．

【答案】（1）见解析；（2）20-4π.

【解析】

分析：（1）过点A作AH⊥PD，垂足为H，只要证明AH为半径即可.（2）分别算出Rt△CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AH⊥PD，垂足为H，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AD∥BC，∠PCD=∠BCD=90°，

∴∠ADH=∠P，∠AHD=∠PCD=90°，

又PD=BC，∴AD=PD，

∴△ADH≌△DPC，∴AH=CD，

∵CD=AB，且AB是⊙A的半径，

∴AH=AB,即AH是⊙A的半径，

∴PD是⊙A的切线.

（2）如图，在Rt△PDC中，∵sin∠P=

2

3

CD

PD

，5，

令CD=2x，PD=3x，由由勾股定理得：（3x）2-(2x)252，解得：x=2，∴CD=4，PD=6，

∴AB=AE=CD=4，AD=BC=PD=6，DE=2，

∵矩形ABCD的面积为6×4=24，Rt△CED的面积为1

2

×4×2=4，

扇形ABE的面积为1

2

π×42=4π，

∴图中阴影部份的面积为24-4-4π=20-4π.

点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.

6．阅读：圆是最完美的图形，它具有一些特殊的性质：同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半……先构造“辅助圆”，再利用圆的性质将问题进行转化，往往能化隐为显、化难为易。

解决问题：如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．

（1）使∠APB=30°的点P有_______个；

（2）若点P在y轴正半轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标；

（3）设sin∠APB=m，若点P在y轴上移动时, 满足条件的点P有4个，求m的取值范围．

【答案】（1）无数；（2）（0，370，37

+3）0﹤m﹤2 3 .

【解析】

试题分析：（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB=30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．

（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标．

（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，由此即可求出m的范围．

试题解析：解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．

在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB=1

2

∠ACB=1

2

×60°=30°，∴使∠APB=30°的点P

有无数个．

故答案为：无数．

（2）点P在y轴的正半轴上，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA=1，OB=5，∴AB=4．

∵点C为圆心，CG⊥AB，∴AG=BG=1

2

AB=2，∴OG=OA+AG=3．

∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=4，∴CG=22

AC AG

-

=22

42

-

=23，∴点C的坐标为（3，23）．

过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1．∵点C的坐标为（3，23），∴CD=3，OD=23．

∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B=∠AP2B=30°．

∵CP2=CA=4，CD=3，∴DP2=22

43

-=7．

∵点C为圆心，CD⊥P1P2，∴P1D=P2D=7，∴P1（0，23+7），P2（0，23﹣7）．

（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．

理由：可证：∠APB=∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH=

2

AE

得：当AE

最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．∵∠APB为锐角，∴sin∠APB随∠APB增大而增大，．

连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．

∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°，∴四边形OPEH是矩形，∴OP=EH，

PE=OH=3，∴EA=3．sin∠APB=sin∠AEH=2

3

，∴m的取值范围是

2

3

m

<<．

点睛：本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、三角形外角性质等知识，综合性强．同时也考查了创造性思维，有一定的难度．构造辅助圆是解决本题关键．

7．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E在⊙O上，连接AE，DE，CD，BE，CE，∠EAC+∠BAE=180°，??

AB CD

=．

（1）判断BE与CE之间的数量关系，并说明理由；

（2）求证：△ABE≌△DCE；

（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O的半径．

【答案】（1）BE=CE ，理由见解析；（2）证明见解析；（3）83

3

． 【解析】

分析：（1）由A 、B 、C 、E 四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC ，所以??BE

CE =，则弦相等；（2）根据SSS 证明△ABE ≌△DCE ； （3）作BC 和BE 两弦的弦心距，证明Rt △GBO ≌Rt △HBO （HL ），则∠OBH=30°，设OH=x ，则OB=2x ，根据勾股定理列方程求出x 的值，可得半径的长． 本题解析： （1）解：BE=CE ，

理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°， ∴∠BCE=∠EAC ， ∴??BE

CE =， ∴BE=CE ；

（2）证明：∵??AB CD =，∴AB=CD ， ∵??BE CE =，??AE ED

=，∴AE=ED ， 由（1）得：BE=CE ， 在△ABE 和△DCE 中，

∵AE DE AB CD BE CE =??

=??=?

， ∴△ABE ≌△DCE （SSS ）；

（3）解：如图，∵过O 作OG ⊥BE 于G ，OH ⊥BC 于H ，

∴BH=

12BC=12×8=4，BG=1

2BE ， ∵BE=CE ，∠EBC=∠EAC=60°，

∴△BEC 是等边三角形，∴BE=BC ，∴BH=BG ， ∵OB=OB ，∴Rt △GBO ≌Rt △HBO （HL ），

∴∠OBH=∠GBO=

1

2

∠EBC=30°， 设OH=x ，则OB=2x ，

由勾股定理得：（2x ）2=x 2+42，43

∴OB=2x=83

3，∴⊙O的半径为

83

3

．

点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.

8．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝m（m为常数），点C为?AB的中点，点D为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E．

（1）当DC⊥AB时，则DA DB

DC

+

＝；

（2）①当点D在?AB上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；

②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式；

（3）当

92

20

PD

AC

=时，求

DE

OA

的值．

【答案】（12；（2）①DA+DB2DC，②S＝1

2

t2﹣

1

4

m2；（3）

242

35

DE

OA

=.

【解析】

【分析】

（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；

（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；

②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA?DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；

（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可

求出结果．

【详解】

解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，

∵C为?AB的中点，

∴??

AC BC

=，

∴∠ADC＝∠BDC＝45°，

∵DC⊥AB，

∴∠DEA＝∠DEB＝90°，

∴∠DAE＝∠DBE＝45°，

∴AE＝BE，

∴点E与点O重合，

∴DC为⊙O的直径，

∴DC＝AB，

在等腰直角三角形DAB中，

DA＝DB＝

2

2

AB，

∴DA+DB＝2AB＝2CD，

∴DA DB

DC

+

＝2；

（2）①如图2，过点A作AM⊥DC于M，过点B作BN⊥CD于N，连接AC，BC，由（1）知??

AC BC

=，

∴AC＝BC，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠ACB＝∠BNC＝∠CMA＝90°，

∴∠NBC+∠BCN＝90°，∠BCN+∠MCA＝90°，

∴∠NBC＝∠MCA，

在△NBC和△MCA中，

BNC CMA

NBC MCA

BC CA

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△NBC≌△MCA（AAS），

∴CN ＝AM ，

由（1）知∠DAE ＝∠DBE ＝45°， AM ＝

2DA ，DN ＝2DB ， ∴DC ＝DN+NC ＝

22DB+22DA ＝2

2

（DB+DA ）， 即DA+DB ＝2DC ；

②在Rt △DAB 中， DA 2+DB 2＝AB 2＝m 2，

∵（DA+DB ）2＝DA 2+DB 2+2DA?DB ， 且由①知DA+DB 2DC 2t ， ∴2t ）2＝m 2+2DA?DB ， ∴DA?DB ＝t 2﹣12

m 2， ∴S △ADB ＝

12DA?DB ＝12t 2﹣1

4

m 2， ∴△ADB 的面积S 与t 的函数关系式S ＝12t 2﹣14

m 2

； （3）如图3，过点E 作EH ⊥AD 于H ，EG ⊥DB 于G ， 则NE ＝ME ，四边形DHEG 为正方形，

由（1）知??AC BC

=， ∴AC ＝BC ，

∴△ACB 为等腰直角三角形， ∴AB 2AC ， ∵

92PD AC =

， 设PD ＝2，则AC ＝20，AB ＝2， ∵∠DBA ＝∠DBA ，∠PAB ＝∠ADB ， ∴△ABD ∽△PBA ， ∴AB BD AD

PB AB PA

==， ∴

20292202

DB =

+，

∴DB ＝162， ∴AD ＝

22AB DB -＝122，

设NE ＝ME ＝x ， ∵S △ABD ＝12AD?BD ＝12AD?NE+1

2

BD?ME ， ∴

12×122×162＝12×122?x+1

2×162?x ， ∴x ＝

482

7

， ∴DE ＝2HE ＝2x ＝967

， 又∵AO ＝1

2

AB ＝102， ∴

961242

735

102DE OA =?=

．

【点睛】

本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．

9．如图，在矩形ABCD 中，点O 在对角线AC 上，以OA 的长为半径的⊙O 与AD 、AC 分别交于点E 、F ，且∠ACB ＝∠DCE ．

（1）判断直线CE 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （2）若AB ＝2，BC ＝2，求⊙O 的半径．

【答案】（1）直线CE 与⊙O 相切，理由见解析；（2）⊙O 6

【解析】 【分析】

（1）首先连接OE ，由OE=OA 与四边形ABCD 是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE ⊥EC ，即可证得直线CE 与⊙O 的位置关系是相切；

（2）首先易证得△CDE ∽△CBA ，然后根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DE 的长，又由勾股定理即可求得AC 的长，然后设OA 为x ，即可得方程

222)x x -=，解此方程即可求得⊙O 的半径．

【详解】

解：（1）直线CE 与⊙O 相切．… 理由：连接OE ， ∵四边形ABCD 是矩形，

∴∠B ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，BC ∥AD ，CD ＝AB ， ∴∠DCE +∠DEC ＝90°，∠ACB ＝∠DAC ， 又∠DCE ＝∠ACB ， ∴∠DEC +∠DAC ＝90°， ∵OE ＝OA ， ∴∠OEA ＝∠DAC ， ∴∠DEC +∠OEA ＝90°， ∴∠OEC ＝90°， ∴OE ⊥EC ， ∵OE 为圆O 半径， ∴直线CE 与⊙O 相切；…

（2）∵∠B ＝∠D ，∠DCE ＝∠ACB ， ∴△CDE ∽△CBA ， ∴

BC AB

DC DE

=，

又CD ＝AB BC ＝2， ∴DE ＝1

根据勾股定理得EC

又AC =

…

设OA 为x ，则222)x x +=，

解得x =

，

∴⊙O ．

【点睛】

此题考查了切线的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．

10．在中，，，，分别是边，的中点，若等腰绕点逆时针旋转，得到等腰，设旋转角为，记直线

与的交点为.

（1）问题发现

如图1，当时，线段的长等于_________，线段的长等于_________.

（2）探究证明

如图2，当时，求证：，且.

（3）问题解决

求点到所在直线的距离的最大值.（直接写出结果）

【答案】（1）；；（2）详见解析；（3）

【解析】

【分析】

（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和CE1的长；

（2）根据旋转的性质得出，∠D1AB=∠E1AC=135°，进而求出△D1AB≌△E1AC（SAS），即可得出答案；

（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长．

【详解】

（1）解：∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，

∴AE=AD=2，

∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），∴当α=90°时，AE1=2，∠E1AE=90°，

∴BD1=；

故答案为：；；

（2）证明：由题意可知，

，，

∵是由绕点逆时针旋转得到，

∴，，

在和中，

，

∴，

∴，.

∵，

∴，

∴，

∴，且.

（3）点的运动轨迹是在的上半圆周，

点的运动轨迹是在的弧段.

即当与相切时，有最大值.

点到所在直线的距离的最大值为.

【点睛】

此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．

11．已知AC＝DC，AC⊥DC，直线MN经过点A，作DB⊥MN，垂足为B，连结CB．

[感知]如图①，点A、B在CD同侧，且点B在AC右侧，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE，可证△BCD≌△ECA，从而得出EC＝BC，∠ECB＝90°，进而得出∠ABC＝度；[探究]如图②，当点A、B在CD异侧时，[感知]得出的∠ABC的大小是否改变？若不改变，给出证明；若改变，请求出∠ABC的大小．

[应用]在直线MN绕点A旋转的过程中，当∠BCD＝30°，BD＝时，直接写出BC的长．【答案】【感知】：45；【探究】：不改变，理由详见解析；【拓展】：BC的长为+1或﹣1．

【解析】

【分析】

[感知]证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；

[探究]结论不变，证明△BCD≌△ECA（SAS）即可解决问题；

[应用]分两种情形分别求解即可解决问题．

【详解】

解：【感知】，如图①中，在射线AM上截取AE＝BD，连结CE．

∵AC⊥DC，DB⊥MN，

∴∠ACD＝∠DBA＝90°．

∴∠CDB+∠CAB＝180°，

∵∠CAB+∠CAE＝180°

∴∠D＝∠CAE，∵CD＝AC，AE＝BD，

∴△BCD≌△ECA（SAS），

∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，

∵∠ACE+∠ECD＝90°，

∴∠ECD+∠DCB＝90°，

即∠ECB＝90°，

∴∠ABC＝45°．

故答案为45

【探究】

不改变．理由如下：

如图，如图②中，在射线AN上截取AE＝BD，连接CE，设MN与CD交于点O．

∵AC⊥DC，DB⊥MN，

∴∠ACD＝∠DBA＝90°，

∵∠AOC＝∠DOB，

∴∠D＝∠EAC，CD＝AC，

∴△BCD≌△ECA（SAS），

∴BC＝EC，∠BCD＝∠ECA，

∵∠ACE+∠ECD＝90°，

∴∠ECD+∠DCB＝90°，

即∠ECB＝90°，

∴∠ABC＝45°．

【拓展】

如图①﹣1中，连接AD．

∴∠ACD+∠ABD＝180°，

∴A，C，D，B四点共圆，

∴∠DAB＝∠DCB＝30°，

∴AB＝BD＝，

∴EB ＝AE+AB＝+，

∵△ECB是等腰直角三角形，