2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题11 四点共圆模型

这是一份2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题11 四点共圆模型，共83页。

【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题11四点共圆模型
经典例题



【例1】已知：正方形中，是的中点，是上一点，且，、交于点，连接，平分交于，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是等腰直角三角形．

【例2】定理：图1，如果，那么四边形有外接圆，也叫做，，，四点共圆．（注本定理不需要证明）
（1）图2，中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，是的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明，，，四点共圆．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）

如果将问题2中的点 “分离”成两个点，那么就有：
（2）图3，在凸四边形中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，直线，相交于点，直线，相交于点，直线，相交于点．当点，分别在线段，上运动（不与端点重合）时，探究的外接圆是否经过除点外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由．
【例3】探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知所在平面上存在一点，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点为的费马点，此时的值为的费马距离；
②如图（B），若四边形的四个顶点在同一圆上，则有．此为托勒密定理；

（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点为等边外接圆的上任意一点．求证：；
②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中、、均小于的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图（D），在的外部以为边长作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接、、、．易知　　；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出的费马点，并请指出线段　　的长度即为的费马距离．

（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．
已知三村庄、、构成了如图（E）所示的（其中、、均小于，现选取一点打水井，使从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．

【例4】如图1，直线与两坐标轴交于、，以点为圆心，为半径作小，又以点为圆心、为半径作大交坐标轴于、．
（1）求证：直线是小的切线．
（2）连接，若小以2单位秒的速度沿轴向右平移，大以1单位秒的速度沿射线方向平移，问：经过多少秒后，两圆相切？
（3）如图2，作直线轴交大于，过点作直线，连接、，使，请你探究线段、、三者之间的数量关系．


培优训练


一、解答题
1．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的两个动点，且，AE和BF相交于点P．
（1）探究AE、BF的关系，并说明理由；
（2）求证：A、D、F、P在同一个圆上；
（3）如图2，若正方形ABCD的边AB在y轴上，点A、B的坐标分别为、，点E、F分别是BC、CD上的两个点，且，AE和BF相交于点P，点M的坐标为，当点P落在以M为圆心1为半径的圆上．求a的取值范围．

2．在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P．

（1）如图1，当时，连接．
①求的面积；
②求的值；
（2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线．
3．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1．
（1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；
（2）分别求△ABC和△ABD的面积；
（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值．

4．如图①，是外一点，与相切于点，的延长线交于点，过点作，交于点，连接，并延长交于点，连接．已知，的半径为3．

（1）求证：是的切线；
（2）求的长；
（3）如图②，若点是上一点，且，过作，交弧于点，连接，交于点，连接，则的长度是______．
5．如图，在中，，过点B作于点E，过B，D，E三点的圆分别交边，，于点F，M，N，连结，，连结交于点P．

（1）求证：．
（2）当是等腰三角形时，求的长．
（3）连结，，当平分时，求与面积的比值．
6．如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点．

（1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称；
（2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数．
7．如图，边长为的正方形中，是对角线上的一个动点（点与、不重合），连接，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，与交于点，其延长线与（或延长线）交于点．

（1）连接，证明：；
（2）设，，试写出关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）试问当点运动到何处时，的值最小，并求出此时的长．（画出图形，直接写出答案即可）
8．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°；
（2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP．
①若AP＝2，求△APC的面积；
②若AP＝2BP，直接写出sin∠ACP的值为______．

9．在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E． F运动时间为t秒．回答下列问题：
(1)如图1，当t为多少时，EF的长等于cm?
(2)如图2，在点E、F运动过程中，
①求证：点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_________．

10．问题背景：如图1，等腰中，，作于点D，则D为的中点，，于是；
迁移应用：如图2，和都是等腰三角形，，D，E，C三点在同一条直线上，连接．

①求证：；
②请直接写出线段之间的等量关系式；
拓展延伸：如图3，在菱形中，，在内作射线，作点C关于的对称点E，连接并延长交于点F，连接，．
①证明是等边三角形；
②若，求的长．
11．已知：内接于，过点作的切线，交的延长线于点，连接．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点作于点，连接，交于点，，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为上一点，过点的切线交的延长线于点，连接，交的延长线于点，连接，，点为上一点，连接，若，，，，求的长．
12．如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3．
（1）求BC的长．

（2）如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF．求EF的最小值．

13．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．已知四边形是圆美四边形．

（1）求美角的度数；
（2）如图1，若的半径为5，求的长；
（3）如图2，若平分，求证：．
14．如图，在▱ABCD中，，，，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的交BC于点F．
（操作与发现）
当E运动到处，利用直尺与规作出点E与点F；保留作图痕迹
在的条件下，证明：．
（探索与证明）
点E运动到任何一个位置时，求证：；
（延伸与应用）
点E在运动的过程中求EF的最小值．

15．问题探究：
（一）新知学习：
圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．
（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；
（3）若直径AB与CD相交成120°角．
①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；
②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．
（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

16．数学概念
若点在的内部，且、和中有两个角相等，则称是的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称是的“强等角点”.
理解概念
（1）若点是的等角点，且，则的度数是 .
（2）已知点在的外部，且与点在的异侧，并满足，作的外接圆，连接，交圆于点.当的边满足下面的条件时，求证：是的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，
②如图②，

深入思考
（3）如图③，在中，、、均小于，用直尺和圆规作它的强等角点.（不写作法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：
①直角三角形的内心是它的等角点；
②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；
③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）
17．如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H.

(1) 求证：AHAB=AC2；
(2) 若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AEAF=AC2；
(3) 若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断APAQ=AC2是否成立(不必证明).
18．如图，在等腰中，，，垂足为，点为边上一点，连接并延长至，使，以为底边作等腰．
（1）如图1，若，，求的长；
（2）如图2，连接，，点为的中点，连接，过作，垂足为，连接交于点，求证：；
（3）如图3，点为平面内不与点重合的任意一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点，为直线上一动点，连接并在的右侧作且，连接，为边上一点，，，当取到最小值时，直线与直线交于点，请直接写出的面积．


19．直线与x轴交于A，与y轴交于C点，直线BC的解析式为，与x轴交于B．
（1）如图1，求点A的横坐标；
（2）如图2，D为BC延长线上一点，过D作x轴垂线于点E，连接CE，若，设的面积为S，求S与k的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OD交AC于点F，将沿CF翻折得到，直线FG交CE于点K，若，求点K的坐标．

20．在平行四边形ABCD中，已知∠A＝45°，AD⊥BD，点E为线段BC上的一点，连接DE，以线段DE为直角边构造等腰RtDEF，EF交线段AB于点G，连接AF、DG．
（1）如图1，若AB＝12，BE＝5，则DE的长为多少？
（2）如图2，若点H，K分别为线段BG，DE的中点，连接HK，求证：AG＝2HK；
（3）如图3，在（2）的条件下，若BE＝2，BG＝2，以点G为圆心，AG为半径作⊙G，点M为⊙G上一点，连接MK，取MK的中点P，连接AP，请直接写出线段AP的取值范围．



【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题11四点共圆模型
经典例题



【例1】已知：正方形中，是的中点，是上一点，且，、交于点，连接，平分交于，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是等腰直角三角形．

【分析】（1）根据全等三角形判定方法得出，进而根据四边形内角和定理得出即可得出答案；
（2）利用已知得出、、、四点共圆，得出，进而得到是的中垂线，再利用，得出即可得出答案．
【解答】证明：（1）在正方形中，
，
，，
即在和中，
，
，
，
，
，
（四边形内角和定理），
，
，
即；

（2）连接，
由（1）得，，
，
、、、四点共圆（如图所示），
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
又平分交于，
是的中垂线，
，，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
又，
是等腰直角三角形．

【例2】．定理：图1，如果，那么四边形有外接圆，也叫做，，，四点共圆．（注本定理不需要证明）
（1）图2，中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，是的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明，，，四点共圆．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）

如果将问题2中的点 “分离”成两个点，那么就有：
（2）图3，在凸四边形中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，直线，相交于点，直线，相交于点，直线，相交于点．当点，分别在线段，上运动（不与端点重合）时，探究的外接圆是否经过除点外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）根据外心的性质可知，则，又，由等腰三角形的对称性，得，再根据已知条件证明，可得，，比较等腰与等腰的顶角，可得底角，可证，，，四点共圆；
（2）本题要找出第四个点，使、、、四点共圆，作线段，垂直平分线的交点，由垂直平分线的性质得，，，可证，，进一步证明，可得且，从而有，得到，利用相似得角的等量关系，证明四点共圆．
【解答】证明：（1），
，
又，
，
，
在与中，，
，
，又，
，
又，
，
，，，四点共圆；

（2）由于是将问题2中的点 “分离”成两个点，
根据图形变换的过程，猜测的外接圆一定经过线段，垂直平分线的交点．
下面给予证明：
显然，
，
，
且，
，
，
，
，，，四点共圆，，，，四点也共圆，
，
，，，四点共圆，即当点和变动时，的外接圆经过除点外的另一个定点．

【例3】．探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知所在平面上存在一点，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点为的费马点，此时的值为的费马距离；
②如图（B），若四边形的四个顶点在同一圆上，则有．此为托勒密定理；

（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点为等边外接圆的上任意一点．求证：；
②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中、、均小于的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图（D），在的外部以为边长作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接、、、．易知　　；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出的费马点，并请指出线段　　的长度即为的费马距离．

（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．
已知三村庄、、构成了如图（E）所示的（其中、、均小于，现选取一点打水井，使从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．

【分析】（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证． ②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．
（3）知识应用，在（2）的基础上先画出图形，再求解．
【解答】（2）①证明：由托勒密定理可知
是等边三角形
，
，
②、，

（3）解：如图，以为边长在的外部作等边，连接，则知线段的长即为最短距离．
为等边三角形，，
，，
，，
在中，，，
，
从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度的最小值为．


【例4】．如图1，直线与两坐标轴交于、，以点为圆心，为半径作小，又以点为圆心、为半径作大交坐标轴于、．
（1）求证：直线是小的切线．
（2）连接，若小以2单位秒的速度沿轴向右平移，大以1单位秒的速度沿射线方向平移，问：经过多少秒后，两圆相切？
（3）如图2，作直线轴交大于，过点作直线，连接、，使，请你探究线段、、三者之间的数量关系．

【分析】（1）过作于，证，推出，代入求出，即可得出直线是小的切线．
（2）设经过秒后两圆相切，则两圆的新圆心均可以表示出来，在分两种情况讨论：外切与内切，根据两圆相切时半径的关系即可求解．
（3）作辅助线连接和，则在中，，同理，，证、、、四点共圆，推出，证出是等边三角形，推出，，求出，证，推出，
由此可容易得出、、三者之间的数量关系．
【解析】（1）直线与两坐标轴交于、，，，，
过作垂直于，
则，
，
，
，
，，，
，，，
，由勾股定理得：，
，
，
，
直线是小的切线．

（2）小以2单位秒的速度沿轴向右平移，圆心，则移动秒后的圆心变为；
因为，，
所以直线的解析式为：，
又因为大以1单位秒的速度沿射线方向平移，圆心，则移动秒后的圆心变为，，
①当两圆外切时，两圆心距离为两圆半径的和即：，
解得秒，
②当两圆内切时，两圆心距离为两圆半径的差即：，
解得秒，

（3）如下图作辅助线：，，在中，，同理，
则，
又，
，
四点共圆，
，
，
在上截取，连接，
，，
是等边三角形，
，，
，
（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），
在和中
，
，
，
．
、、三者之间的数量关系为：．


培优训练



一、解答题
1．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的两个动点，且，AE和BF相交于点P．
（1）探究AE、BF的关系，并说明理由；
（2）求证：A、D、F、P在同一个圆上；
（3）如图2，若正方形ABCD的边AB在y轴上，点A、B的坐标分别为、，点E、F分别是BC、CD上的两个点，且，AE和BF相交于点P，点M的坐标为，当点P落在以M为圆心1为半径的圆上．求a的取值范围．

【答案】（1）AE=BF，且AEBF，见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）证明，得AE=BF，，再根据三角形内角和定理和等量代换即可得；
（2）由得到，再利用同角的余角相等，解得，最后90°角所对的弦是直径解答即可；
（3）如图，先计算AB=2a，由 可得在以为圆心，半径为的圆上，再确定点落在上的两个临界点，即两圆外切与两圆内切时，从而可得答案．
【解析】
解：（1）在正方形ABCD中，
AB=BC, ，
在和中，


AE=BF，

∵，
，
∴，
AEBF
AE=BF，且AEBF；
（2）由（1）知，



A、D、F、P在以AF为直径的同一个圆上；
（3）

的中点的坐标为：
如图， 结合（1）可得：
在以为圆心，半径为的圆上，

要在以为圆心，半径为的圆上，
当外切时，过作于
则 而




如图，当内切时，过作于
则

同理可得：



所以：当点P落在以M为圆心1为半径的圆上．a的取值范围为：
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用，90°所对的弦是直径、两圆的外切与内切的性质，四点共圆的知识，解题的关键是判断两圆外切与内切是解题的临界位置．
2．在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P．

（1）如图1，当时，连接．
①求的面积；
②求的值；
（2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线．
【答案】（1）①10．②．（2）证明见解析部分．
【分析】
（1）①过点作于．证明四边形是矩形，推出，利用勾股定理求出，可得结论．
②利用面积法求出，再利用勾股定理求出，推出，可得结论．
（3）如图2中，连接，取的中点，连接，．想办法证明，可得结论．
【解析】
解：（1）①过点作于．

，，
，
四边形是矩形，
，
在中，，
由旋转的旋转可知，，
．
②由旋转的性质可知，，
，
，
，
，
，
，
．
（2）如图2中，连接，取的中点，连接，．

，，
，，
是由旋转得到，
，
，
，，
，
，
，，
，，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
、、三点共线．
【点睛】
本题考查了几何变换综合题，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是证明．
3．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1．
（1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；
（2）分别求△ABC和△ABD的面积；
（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值．

【答案】（1）见解析；（2）△ABC的面积为，△ABD的面积为；（3）
【分析】
(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得0C=OA=OB=OD，即可得出答案．
(2)根据已知条件可计算出AC、BC、AD、BD的长度，根据三角形的面积公式即可得出答案．
(3)根据等腰直角三角形的性质得到 , ，根据平行线的性质得到，解直角三角形得到 ， ，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【解析】
（1）证明：如图，连接OD、OC，

在Rt△ABC中，
∠ACB＝90°，点O是AB的中点，
∴OC＝OA＝OB，
在Rt△ABD中，
∠ADB＝90°，点O是AB的中点，
∴OD＝OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；
（2）解：



△ABC的面积为；△ABD的面积为
（3）解： 是等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点

∵DF∥BC



∵
∴△DEF∽△CEB，
∴
又
得．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，三角形的面积的计算(三角形面积=底底边上的高)，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
4．如图①，是外一点，与相切于点，的延长线交于点，过点作，交于点，连接，并延长交于点，连接．已知，的半径为3．

（1）求证：是的切线；
（2）求的长；
（3）如图②，若点是上一点，且，过作，交弧于点，连接，交于点，连接，则的长度是______．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）由与相切于点B，想到连接OB，再结合等腰和可得即可求证；
（2）由（1）知和已知的BD与半径，所以过点作交于点，可得，即可求解；
（3）由可知是等边三角形，再结合知，即、、、共圆，再由（2）知、、、在以为直径的圆上，即，故F、O、G三点共线，最后利用都是含的直角三角形即可求解．
【解析】
解：（1）证明：连接
∵与相切于点，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∴
又∵点在圆上，
∴是的切线．
（2）过点作交于点．
∵，为圆心，

∴，
在中，
∵，，
∴
∴
∴．
（3）．理由见解析：
由（2）得，在以为直径的圆上，记为，由，且半径为3可知，为等边三角形，

则，
由且，
所以，
∴，
∴、、、共圆，即点也在上
∵为直径，
∴，即
过作交于
由可得、、共线
过点作

则，
在中，
在中，
∴．
【点睛】
本题主要考察圆的综合运用、切线的证明、垂径定理、三角形相似等，属于较难的几何综合题型．解题的关键是通过题干条件联系相关知识点做出对应的辅助线．如已知弦长时，常做弦心距利用垂径定理求解线段长度；对角互补的四边形四点共圆．
5．如图，在中，，过点B作于点E，过B，D，E三点的圆分别交边，，于点F，M，N，连结，，连结交于点P．

（1）求证：．
（2）当是等腰三角形时，求的长．
（3）连结，，当平分时，求与面积的比值．
【答案】（1）证明见解析；（2）或9或；（3）．
【分析】
（1）由四边形BEDN内接于圆可得，再由平行四边形性质可知，从而可得，根据圆周角与弧的关系即得结论；
（2）延长BN、DA交于点G，过E点作EH⊥BP；可求出EB、EG、EH、BH，再证，得，再利用，设，，，分三种情况讨论是等腰三角形，求出BP，PH，用x表示出PN、NC，再根据比例式列方程求解即可；
（3）根据角平分线性质可得得BE=BN，再证明是菱形，利用图形的面积关系求出与面积与菱形面积关系后即可得出答案．
【解析】
解：（1）∵四边形BEDN内接于圆，；
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴；
（2）延长BN、DA交于点G，过E点作EH⊥BP；如解图（2-1）

∵四边形BEDN内接于圆，
∴，
又∵在中，，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，，
，
，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
故设，，；
∵EH⊥BN，CD⊥BN，
∴CD//EH，
∴，
∴，
当是等腰三角形时，有三种情况：
I. 当PB=PE时，如解图（2-1）
则：，
，
，
,
∴，解得：，
∴；
II.PB=BE=4，如解图（2-1）

则，
，
,
∴，解得：，
∴；
II.PE=BE=4，如解图（2-3），

∵EP⊥BN，
∴，，
，
,
∴，解得：，
∴；
综上所述：的长为或9或；
（3）当平分时，

∵BE⊥AD，BN⊥CD，
∴BE=BN，
又∵，
∴（AAS），
∴，，
∴是菱形；
∴，
又∵四边形BDNM内接于圆，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】
本题综合强、难度大，是几何压轴题，综合考查了圆的有关知识，平行四边形及菱形性质和判定、等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练运用圆的有关性质、对等腰三角形进行分类讨论，通过添加恰当辅助线解三角形都是本题的关键．
6．如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点．

（1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称；
（2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得，可证与全等，得到，进一步即可证点和关于直线成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得与全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【解析】
解：（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵同弧所对圆周角相等，
∴，
∴，
在与中，

∴，
∴，
又，
∴点和关于直线成轴对称；
（2）如图，延长交于点，连接，，，，

∵，，
∴、、、四点共圆，、、、四点共圆，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
又，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知识点的熟练运用是解题的关键．
7．如图，边长为的正方形中，是对角线上的一个动点（点与、不重合），连接，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，与交于点，其延长线与（或延长线）交于点．

（1）连接，证明：；
（2）设，，试写出关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）试问当点运动到何处时，的值最小，并求出此时的长．（画出图形，直接写出答案即可）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）P位置如图所示，此时的值最小，，理由见解析．
【分析】
（1）结合已知条件，根据旋转的性质证明即可得；
（2）结合（1）中所得解结论，证明，建立等式化简即可得；
（3）将转化成，三点共线时最小可确定P点位置，再结合（1）所得结论，证明四点共圆，继而根据正方形的对称性证明，即可得解．
【解析】
解：（1）由题可知，
，由旋转的性质：
，
∴

（2）是对角线，
是等腰直角三角形，
,
，

是等腰直角三角形
，
解得：，显然
所以有；
（3）当时，有最小值，此时，理由如下：
连接DP，由正方形的对称性可知
，
所以当且仅当D、P、E三点共线时上时取得最小值DE，如图所示位置，
此时由正方形的对称性得，
结合（1）所以
四点共圆有，
，结合，
所以，代入，
所以．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和应用、正方形的性质、相似三角形的判定和应用、线段和的最值问题、动点和旋转的性质、四点共圆的判定和性质，综合性强；熟练掌握相关知识，能灵活运用，顺着题意证明推导、合理的转化条件是解题的关键．
8．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，作BE⊥AD延长线于E，连接CE，求证：∠AEC＝45°；
（2）如图2，P为AD上一点，且∠BPD＝45°，连接CP．
①若AP＝2，求△APC的面积；
②若AP＝2BP，直接写出sin∠ACP的值为______．

【答案】（1）证明见解析；（2）①△APC的面积＝1；②．
【分析】
（1）由题意可证点A，点B，点E，点C四点共圆，可得∠AEC＝∠ABC＝45°；
（2）①通过证明△APB∽△CEB，可求CE＝＝，由等腰直角三角形的性质可求CF＝1，即可求解；
②过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，过点P作PH⊥AC于H，设AP＝2a，则BP＝a，可得CE＝＝a，CF＝EF＝a，BE＝PE＝a，由勾股定理可求AC2，CP2，利用面积法可求PH2，即可求解．
【解析】
证明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝BC，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝90°＝∠ACB，
∴点A，点B，点E，点C四点共圆，
∴∠AEC＝∠ABC＝45°；
（2）①如图2，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，

∵∠BPD＝45°，BE⊥AD，
∴∠PBE＝45°＝∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBE，
∵∠AEB＝90°＝∠ACB，
∴点A，点B，点E，点C四点共圆，
∴∠BAE＝∠BCE，∠AEC＝∠ABC＝45°，
∴△APB∽△CEB，
∴CE＝＝，
∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，
∴∠FCE＝∠CEF＝45°，
∴CF＝EF＝CE＝1，
∴△APC的面积＝×AP×CF＝1；
②如图，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，过点C作CF⊥AD于F，过点P作PH⊥AC于H，

设AP＝2a，则BP＝a，
由①可知，CE＝＝a，CF＝EF＝a，
∵BP＝a，∠BPE＝45°，∠BEP＝90°，
∴BE＝PE＝a，
∴AF＝AE﹣EF＝2a+a﹣a＝a+a，PF＝a﹣a，
∴CP2＝CF2+PF2＝a2+（a﹣a）2＝a2﹣a2，
AC2＝AF2+CF2＝a2+（a+a）2＝a2+a2，
∵S△ACP＝×AC×PH＝×AP×CF，
∴（AC•PH）2＝（AP•CF）2，
∴PH2＝a2，
∵（sin∠ACP）2＝＝＝，
∴sin∠ACP＝，
故答案为：．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了四点共圆，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
9．在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E． F运动时间为t秒．回答下列问题：
(1)如图1，当t为多少时，EF的长等于cm?
(2)如图2，在点E、F运动过程中，
①求证：点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_________．

【答案】（1）t=4或8；（2）①证明见解析；②存在，t=3或12；③6cm．
【分析】
（1）由题意易得DE=CF=t，则有EC=12-t，然后利用勾股定理求解即可；
（2）①由题意易证△ADE≌△DCF，则有∠CDF=∠DAE，然后根据平行线的性质可得∠APF=90°，进而可得∠B+∠APF=180°，则问题得证；
②由题意可知当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，可分两种情况进行分类讨论求解：一是当圆与AD相切时，一是当圆与边DC相切时；
③由动点E、F在特殊位置时得出圆心O的运动轨迹，进而求解即可．
【解析】
解：（1）由题意易得：DE=CF=t，
四边形ABCD是正方形，
AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，
EC=12-t，
EF的长等于cm，
在Rt△CEF中，，即
解得；
（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm，∠C=∠B=∠ADC=∠DAB=90°，DE=CF=t，
△ADE≌△DCF，
∠CDF=∠DAE，
∠CDF+∠PDA=90°，
∠DAE+∠PDA=90°，
∠ADP=∠APF=90°，
∠APF+∠B=180°，
由四边形APFB内角和为360°可得：∠PAB+∠PFB=180°，
点A、B、F、P在同一个圆(⊙O)上；
②由题意易得：当⊙O与正方形ABCD的一边相切时，只有两种情况；
a、当⊙O与正方形ABCD的边AD相切时，如图所示：

由题意可得AB为⊙O的直径，
t=12；
b、当⊙O与正方形ABCD的边DC相切于点G时，连接OG并延长交AB于点M，过点O作OH⊥BC交BC于点H，连接OF，如图所示：

OG⊥DC，GM⊥AB，HF=HB，
四边形OMBH、GOHC是矩形，
OH=BM=GC，OG=HC，
AB=BC=12cm，
OH=6，
CF=t，BF=12-t，
，
在Rt△FOH中，，即，
解得：；
综上所述：当或t=12时，⊙O与正方形ABCD的边相切；
③由（1）（2）可得：当点E与点D重合及点F与点C重合时，圆心在正方形的中心上；当点E与点C重合及点F与点B重合时，圆心在AB的中点上，故圆心的运动轨迹为一条线段，如图所示：

OP即为圆心的运动轨迹，即OP=6cm．
故答案为6cm．
【点睛】
本题主要考查圆的综合，熟练掌握圆的性质及切线定理解题的关键，注意运用分类讨论思想解决问题．
10．问题背景：如图1，等腰中，，作于点D，则D为的中点，，于是；
迁移应用：如图2，和都是等腰三角形，，D，E，C三点在同一条直线上，连接．

①求证：；
②请直接写出线段之间的等量关系式；
拓展延伸：如图3，在菱形中，，在内作射线，作点C关于的对称点E，连接并延长交于点F，连接，．
①证明是等边三角形；
②若，求的长．
【答案】迁移应用：①详见解析；②结论：；拓展延伸：①详见解析；②
【分析】
迁移应用：①如图2中，只要证明，即可根据解决问题；
②结论：．由，可知，在中，，由，，推出，由，即可解决问题；
拓展延伸：①如图3中，作于，连接．由，，推出、、、四点共圆，推出，推出，推出是等边三角形；
②由，，推出，，在中，由，可得，由此即可解决问题．
【解析】
迁移应用：①证明：如图2

∵，
∴，
在和中，
，
∴，
②解：结论：．
理由：如图中，作于．

∵，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴；
拓展延伸：①证明：如图3中，连接，
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，
∴，
∵E、C关于对称，
∴，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
②解：作于H，∵，
∴，
在中，∵，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、四点共圆、等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
11．已知：内接于，过点作的切线，交的延长线于点，连接．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点作于点，连接，交于点，，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为上一点，过点的切线交的延长线于点，连接，交的延长线于点，连接，，点为上一点，连接，若，，，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】
（1）延长BO交于G，连接CG，根据切线的性质可得可证∠DBC＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G，从而证出结论；

（2）在MB上截取一点H，使AM=MH，连接DH，根据垂直平分线性质可得DH=AD，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C，可得AB=AC，再根据垂直平分线的判定可得AO垂直平分BC，从而证出结论；
（3）延长CF交BD于M，延长BO交CQ于G，连接OE，证出tan∠BGE=tan∠ECF=2，然后利用AAS证出△CFN≌△BON，可设CF=BO=r，ON=FN=a，则OE=r，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE为正方形，利用r和a表示出各线段，最后根据，即可分别求出a和CF．
【解析】
解：（1）延长BO交于G，连接CG

∵BD是的切线
∴∠OBD=90°
∴∠DBC＋∠CBG=90°
∵BG为直径
∴∠BCG=90°
∴∠CBG＋∠G=90°
∴∠DBC=∠G
∵四边形ABGC为的内接四边形
∴∠DAB=∠G
∴∠DAB=∠DBC
（2）在MB上截取一点H，使AM=MH，连接DH

∴DM垂直平分AH
∴DH=AD
∴∠DHA=∠DAH
∵，
∴AD=BH
∴DH=BH
∴∠HDB=∠HBD
∴∠DHA=∠HDB＋∠HBD=2∠HBD
由（1）知∠DAB=∠DBC
∴∠DHA=∠DAB=∠DBC
∴∠DBC =2∠HBD
∵∠DBC =∠HBD＋∠ABC
∴∠HBD=∠ABC，∠DBC=2∠ABC
∴∠DAB=2∠ABC
∵∠DAB=∠ABC＋∠C
∴∠ABC=∠C
∴AB=AC
∴点A在BC的垂直平分线上
∵点O也在BC的垂直平分线上
∴AO垂直平分BC
∴
（3）延长CF交BD于M，延长BO交CQ于G，连接OE，

∵
∴∠DMC=90°
∵∠OBD=90°
∴∠DMC=∠OBD
∴CF∥OB
∴∠BGE=∠ECF，∠CFN=∠BON，
∴tan∠BGE=tan∠ECF=2
由（2）知OA垂直平分BC
∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN
∴△CFN≌△BON
∴CF=BO，ON=FN，设CF=BO=r，ON=FN=a，则OE=r
∵
∴OQ=2a
∵CF∥OB
∴△QGO∽△QCF
∴
即
∴OG=
过点O作OE′⊥BG，交PE于E′
∴OE′=OG·tan∠BGE=r=OE
∴点E′与点E重合
∴∠EOG=90°
∴∠BOE=90°
∵PB和PE是圆O的切线
∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r
∴四边形OBPE为正方形
∴∠BOE=90°，PE=OB=r
∴∠BCE=∠BOE==45°
∴△NQC为等腰直角三角形
∴NC=NQ=3a，
∴BC=2NC=6a
在Rt△CFN中，CF=
∵
∴PQ∥BC
∴∠PQE=∠BCG
∵PE∥BG
∴∠PEQ=∠BGC
∴△PQE∽△BCG
∴
即
解得：PQ=4a
∵，
∴4a＋2a=
解得：a=
∴CF==10
【点睛】
此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．
12．如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3．
（1）求BC的长．

（2）如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF．求EF的最小值．

【答案】（1）BC=；（2）EF的最小值为
【分析】
（1）过点A作AM⊥BC于点M，根据等腰三角形的性质得∠B=30°，BM=CM，由直角三角形的性质得BM=，进而即可求解；
（2）连接BD，取BD的中点O，连接OE，OF，易得B，D，E，F四点共圆，从而得∆OEF是等边三角形，进而得EF=BD，由BD⊥CD时， BD的值最小，进而即可求解．
【解析】
（1）过点A作AM⊥BC于点M，
∵等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3，
∴∠B=(180°-120°)÷2=30°，BM=CM，
∴BM=3÷2×=，
∴BC=2 BM=2×=3；
（2）连接BD，取BD的中点O，连接OE，OF，
∵DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，
∴在Rt∆BDF与Rt∆BDE中，OB=OD=OE=OF=BD，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠EOF=2∠EBF=2×30°=60°，
∴∆OEF是等边三角形，
∴EF=OF=BD，
∵∠C=∠EBF =30°，
∴当BD⊥CD时，BD=BC=，此时，BD的值最小，
∴EF的最小值=BD =×=．


【点睛】
本题主要考查圆的基本性质以及等腰三角形，直角三角形的性质定理，添加辅助线，构造四边形的外接圆，是解题的关键．
13．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．已知四边形是圆美四边形．

（1）求美角的度数；
（2）如图1，若的半径为5，求的长；
（3）如图2，若平分，求证：．
【答案】（1）60°；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）根据美角的定义可得，然后根据圆内接四边形的性质即可求出结论；

（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE，根据同弧所对的圆周角相等可得∠E=∠A=60°，然后根据直径所对的圆周角是直角可得∠DBE=90°，最后利用锐角三角函数即可求出结论；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD，先证出△ABD为等边三角形，然后利用SAS证出△ABF≌△ADC，从而得出AF=AC，∠F=∠DCA=60°，再证出△ACF为等边三角形，利用等边三角形的性质和等量代换即可得出结论．
【解析】
解：（1）根据题意可得：，而∠A＋∠C=180°
∴∠A=60°
（2）连接DO并延长，交与点E，连接BE

∴∠E=∠A=60°
∵DE为的直径，的半径为5，
∴∠DBE=90°，DE=10
在Rt△DBE中，BD=DE·sin∠E=10×=；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD

由（1）可知：∠BAD=60°，∠BCD=2∠BAD=120°
∵平分，
∴∠BCA=∠DCA==60°
∴∠ABD=∠DCA=60°
∴∠ADB=180°－∠ABD－∠BAD=60°
∴△ABD为等边三角形
∴AB=AD
根据圆内接四边形的性质可得∠ABF=∠ADC
在△ABF和△ADC中

∴△ABF≌△ADC
∴AF=AC，∠F=∠DCA=60°
∴∠FAC=180°－∠F－∠ACF=60°
∴△ACF为等边三角形
∴CF=AC
∴BC＋BF=AC
∴BC＋CD=AC
【点睛】
此题考查的是新定义类问题、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，掌握新定义、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
14．如图，在▱ABCD中，，，，点E为CD上一动点，经过A、C、E三点的交BC于点F．
（操作与发现）
当E运动到处，利用直尺与规作出点E与点F；保留作图痕迹
在的条件下，证明：．
（探索与证明）
点E运动到任何一个位置时，求证：；
（延伸与应用）
点E在运动的过程中求EF的最小值．

【答案】作图见解析；证明见解析；证明见解析； EF最小值为.
【分析】
当，此时AC是的直径，作出AC的中点O后，以OA为半径作出即可作出点E、F；
易知AC为直径，则，，从而得证；
如图，作，，若E在DN之间，由可知，，然后再证明∽，从而可知，若E在CN之间时，同理可证；
由于A、F、C、E四点共圆，所以，由于四边形ABCD为平行四边形，，从而可证为等腰直角三角形，所以，由于，所以E与N重合时，FE最小．
【解析】
如图1所示，

如图，易知AC为直径，则，
则，
，
如图，作，，若E在DN之间
由可知，
、F、C、E四点共圆，
，
，
，
，
∽
，
若E在CN之间时，同理可证
、F、C、E四点共圆，
，
四边形ABCD为平行四边形，，

，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
与N重合时，FE最小，
此时，
在中，，则
由勾股定理可知：
此时EF最小值为.
【点睛】
考查圆的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质，尺规作图等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．
15．问题探究：
（一）新知学习：
圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．
（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；
（3）若直径AB与CD相交成120°角．
①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；
②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．
（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；
（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；
（3）①MN=；②证明见解析；
（4）MN取得最大值2．
【解析】
试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；
（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；
（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．
试题解析：（1）如图一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；
（3）①如图二，

∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．
∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；
②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，
交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，

则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt△QMN中，sin∠MQN=，∴MN=QN•sin∠MQN，∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=，∴MN是定值．
（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．
当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．
考点：圆的综合题．
16．数学概念
若点在的内部，且、和中有两个角相等，则称是的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称是的“强等角点”.
理解概念
（1）若点是的等角点，且，则的度数是 .
（2）已知点在的外部，且与点在的异侧，并满足，作的外接圆，连接，交圆于点.当的边满足下面的条件时，求证：是的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，
②如图②，

深入思考
（3）如图③，在中，、、均小于，用直尺和圆规作它的强等角点.（不写作法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：
①直角三角形的内心是它的等角点；
②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；
③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）
【答案】（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤
【分析】
（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；

（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；
②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；
（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．
【解析】
（1）（i）若=时，
∴==100°
（ii）若时，
∴（360°－）=130°；
（iii）若=时，
360°－－=160°，
综上所述：=100°、130°或160°
故答案为：100、130或160．
（2）选择①：
连接
∵
∴
∴
∵，
∴
∴是的等角点．
选择②
连接
∵
∴
∴
∵四边形是圆的内接四边形，
∴
∵
∴
∴是的等角点

（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，
根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC
∴△BCD为等边三角形
∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°
作CD的垂直平分线交MN于点O
以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆
∴∠BQC=180°－∠BDC=120°
∵BD=CD
∴∠BQD=∠CQD
∴∠BQA=∠CQA=（360°－∠BQC）=120°
∴∠BQA=∠CQA=∠BQC
如图③，点即为所求．
（4）③⑤．
①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心

假设∠BAC=60°，∠ACB=30°
∵点O是△ABC的内心
∴∠BAO=∠CAO=∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=∠ACB=15°
∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°
显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；
②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；
③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；
④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；
⑤由（3）可知，当的三个内角都小于时，必存在强等角点．
如图④，在三个内角都小于的内任取一点，连接、、，将绕点逆时针旋转到，连接，
∵由旋转得，，
∴是等边三角形．
∴
∴
∵、是定点，
∴当、、、四点共线时，最小，即最小．
而当为的强等角点时，，
此时便能保证、、、四点共线，进而使最小．
故答案为：③⑤．

【点睛】
此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
17．如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H.

(1) 求证：AHAB=AC2；
(2) 若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AEAF=AC2；
(3) 若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断APAQ=AC2是否成立(不必证明).
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）成立.
【分析】
（1）连接CB，证明△CAH∽△BAC即可；
（2）连接CF，证△AEC∽△ACF，根据射影定理即可证得；
（3）由（1）（2）的结论可知，AP•AQ=AC2成立．
【解析】
(1) 连结CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°.
而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽△BAC .
∴， 即AHAB=AC2 .
(2) 连结FB，易证△AHE∽△AFB，
∴ AEAF=AHAB，
∴ AEAF=AC2 .
(也可连结CF，证△AEC∽△ACF)
(3) 结论APAQ=AC2成立 .

【点睛】
本题考查相似三角形的性质，其中由相似三角形的性质得出比例式是解题关键．
18．如图，在等腰中，，，垂足为，点为边上一点，连接并延长至，使，以为底边作等腰．
（1）如图1，若，，求的长；
（2）如图2，连接，，点为的中点，连接，过作，垂足为，连接交于点，求证：；
（3）如图3，点为平面内不与点重合的任意一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点，为直线上一动点，连接并在的右侧作且，连接，为边上一点，，，当取到最小值时，直线与直线交于点，请直接写出的面积．


【答案】(1)；(2)见解析；(3)
【分析】
(1)过E点作EH⊥AD于H点，在等腰Rt△ABC中求出，再结合已知条件∠ADE=30°求出，最后即可求出进而求出；
(2)连接FC，DM，AG，得到MD=，证明NH为△ACG的中位线，得到NG=，再证明△CDF≌△ADG，进而得到AG=CF即可得到NG=MD；
(3)过A点作AN∥BC，过C点作CN平∥AB，连接AN，证明△NAC’∽△CAD’，得到点D’在线段BC上运动时，C’在NC’上运动，当QC’⊥CC’时，QC’最小；证明∠BPK=90°，得到P点在以AB的中点G为圆心，为半径的圆上运动，进而G、P、C’三点共线时，有最小值；最后由△BGS∽△CC’S，其相似比为3：1即可求解．
【解析】
解：(1)过E点作EH⊥AD于H点，如下图所示：

∵△ABC为等腰直角三角形，且AD⊥BC，
∴∠DAC=45°，△AHE为等腰直角三角形，
∴，
又已知∠ADE=30°，且△DHE为30°，60°，90°直角三角形，
∴，
∴，
∵△ADC为等腰直角三角形，
∴；
(2)如下图(1)所示：

连接GC，DG，
∵△DEG、△DAC均为等腰直角三角形，
∴∠ACD=∠EGD=45°，
∴D、E、C、G四点共圆，
∴∠DCG=∠DEG=45°，
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=45°+45°=90°，
如下图(2)所示：

连接FC，DM，AG，
∵DH⊥AC，
∴∠DHC=90°=∠ACG，
∴CG∥DH，
∵△ADC为等腰直角三角形，且DH⊥AC，
∴H为AC的中点，
∴NH为△ACG的中位线，
∴NG=，
∵点M和点D分别是BF和BC的中点，
∴MD是△BCF的中位线，
∴MD=，
∵∠CDF=∠CDG+∠GDF=∠CDG+90°，
∠ADG=∠CDG+∠CDA=∠CDG+90°，
∴∠CDF=∠ADG，
在△CDF和△ADG中：，
∴△CDF≌△ADG(SAS)，
∴AG=CF，
∴NG=MD；
(3)如下图(3)所示：过A点作AN∥BC，过C点作CN平∥AB，连接AN，

∴∠CAN=∠BAC=90°，∠NAC=∠BCA=45°，
∴△CAN为等腰直角三角形，
此时，
且∠NAC’=∠NAC+∠CAC’=45°+∠CAC’，
∠CAD’=∠D’AC’+∠CAC’=45°+∠CAC’，
∴∠NAC’=∠CAD’，
∴△NAC’∽△CAD’，
∴当点D’在线段BC上运动时，C’在NC’上运动，当QC’⊥CC’时，QC’最小，
∵∠BDK=∠BDA+∠ADK=90°+∠ADK，
∠ADK’=∠KDK’+∠ADK=90°+∠ADK，
∴∠ADK’=∠BDK，
在△ADK’和△BDK中，，
∴△ADK’≌△BDK(SAS)，
∴∠DAK’=∠DBK，
∴∠BPK=∠DAK’+∠AIP=∠DBK+∠BID=180°-∠BDA=180°-90°=90°，
又为定值，
∴P点在以AB的中点G为圆心，为半径的圆上运动，当G、P、C’三点共线时，有最小值，此时依然满足QC’⊥CC’，
故此时有最小值，
由已知条件及可知，
，
∴，
∵△QCC’为等腰直角三角形，
∴，
∵AB∥CC’，
∴△BGS∽△CC’S，且
∴，
且，
∴，
过C’作C’H⊥BC于H点，则，
∴，
∵△BGS∽△CC’S，其相似比为3：1，由相似三角形面积比等于相似比的平方可知：
∴，
且，
又，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质及判定，四点共圆的判定方法，等腰直角三角形的性质等，本题难度比较大，第(3)问中正确判断出P点和C’点的运动轨迹是求解的关键．
19．直线与x轴交于A，与y轴交于C点，直线BC的解析式为，与x轴交于B．
（1）如图1，求点A的横坐标；
（2）如图2，D为BC延长线上一点，过D作x轴垂线于点E，连接CE，若，设的面积为S，求S与k的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OD交AC于点F，将沿CF翻折得到，直线FG交CE于点K，若，求点K的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】
（1）令，求x；
（2）过点D作y轴的垂线，先证明，再由K型全等，得E点坐标，即可求出S与k的函数关系式；
（3）由等腰直角三角形和四点共圆把已知条件转化为简单的等量关系，得出，再利用垂直平分线性质构造，通过解直角三角形求出求出k的值，再求点K的坐标．
【解析】
解：（1）∵直线与x轴交于A，与y轴交于C点，
∵当时，；当时，，得：，∴，，
∴点A的横坐标为．
（2）过点D作轴于点H，

∵，，
∴，
∴，
对直线BC：当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即：，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
（3）连接AD，过AD的中点N作交DE于点M，连接AM，

（3）连接，过的中点作交于点，连接，
，，
，
在四边形中，，，
点、、、四点共圆，为圆的直径，点为圆心，
，
是的中垂线，
，
，
，
，
，
，
又，
，
即：，
在中，，
，
设，则：，
，
，
解得：，
，
，
，
，即：，
解得：，
，，，
直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
由，解得：，
点，，
点和点关于点对称，
，
直线的解析式为：，
由，解得：，
点的坐标为．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的求法、K型全等的应用和四点共圆的判定、以及利用圆周角定理进行角的转化等知识，是一个代数几何综合题．对于比较复杂的条件，需要学生学会将复杂的条件转化为简单直接的条件，可以从等量关系，倍数关系入手．
20．在平行四边形ABCD中，已知∠A＝45°，AD⊥BD，点E为线段BC上的一点，连接DE，以线段DE为直角边构造等腰RtDEF，EF交线段AB于点G，连接AF、DG．
（1）如图1，若AB＝12，BE＝5，则DE的长为多少？
（2）如图2，若点H，K分别为线段BG，DE的中点，连接HK，求证：AG＝2HK；
（3）如图3，在（2）的条件下，若BE＝2，BG＝2，以点G为圆心，AG为半径作⊙G，点M为⊙G上一点，连接MK，取MK的中点P，连接AP，请直接写出线段AP的取值范围．

【答案】（1）DE＝13；（2）见解析；（3）﹣2≤AP≤+2
【分析】
（1）借助三角形全等，求线段的长度．
（2）借助模型“对边平行+中点”构造全等三角形．将AG转化为GM；
（3）主动点M在圆上运动，从动点P也在圆上运动，利用中位线找到P的运动轨迹．
【解析】
解：（1）∵∠A＝45°，且AD⊥BD，

∴∠ADB＝90°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
又∵,
∴BD＝12，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DBE＝∠ADB＝90°，
在Rt△BED中，BD＝12，BE＝5，∠DBE＝90°，
∴DE＝ ＝＝13；
（2）如图2，
连接GK，BK，延长BK 交AD于M，连接GM，

∵AD∥BC，
∴∠EBK＝∠DMK，∠KEB＝∠MDK，
又DK＝KE，
∴△BEK≌△MDK（AAS），
∴DK＝KE，
又∵BH＝GH，
∴KH∥GM，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝∠ADB＝90°，DE＝DF，∠DFE＝∠DEF＝45°，
∴∠EDB+∠BDF＝∠FDA+∠BDF，
∴∠EDB＝∠FDA，
∵∠ADB＝90°，∠BAD＝45°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝45°，
∴∠ABD＝∠BAD，
∴DB＝DA，
∴△ADF≌△BDE（SAS），
∴∠DAF＝∠DBE＝90°，AF＝BE
∵∠DAG＝∠DFG＝45°，
∴A、F、G、D四点共圆，
∴∠DGE＝∠DAF＝90°，
在Rt△DGE中，K是DE的中点，
∴GK＝DE，
在Rt△DKE 中，
同理可得：KB＝DE，
∴GK＝KB，
又∵BH＝GH，
∴KH⊥BG，
∵KH∥MG，
∴MG⊥AB，
∴∠AGM＝90°，
∵∠BAD＝45°，
∴∠AMG＝∠BAD＝45°，
∴AG＝GM，
∴KH＝GM＝AG．
（3）作EN⊥AB于N，
在Rt△BEN中，∠EBN＝180°﹣∠ABC＝45°，BE＝2，
∴EN＝BN＝，
在Rt△GEN中，GN＝GB+BN＝3，EN＝，
∴GE＝2，
∴DE＝GE＝2，
在Rt△DBE中，BE＝2，DE＝2，
∴BD＝6，
∴AB＝BD＝6，
∴AG＝AB﹣BG＝4
连接MG，取GK的中点I，作IQ⊥AB于Q，

∵P是MK的中点，
∴PI＝＝2，
∴点P在以I为圆心，半径为2的⊙I上运动
由（2）知：KH＝AG＝2，
∵IQ是△KGH的中位线，
∴IQ＝KH＝，
在Rt△AIQ 中，AQ＝AG+GQ＝4+＝，IQ＝KH=，
∴AI＝，
∴AI﹣PI≤AP≤AI+PI，
∴﹣2≤AP≤+2．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形与直角三角形、圆的有关概念及性质、三角形的全等和圆的综合运用，解题关键是确定P点的轨迹并且要灵活运用转化思想、推理能力、模型思想和创新意识．