苏科版数学九年级上册期末专区-专题17 圆与四边形结合

这是一份苏科版数学九年级上册期末专区-专题17 圆与四边形结合，文件包含专题17圆与四边形结合解析版docx、专题17圆与四边形结合原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。


专题17 圆与四边形结合
1．如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则周长的最小值是（     ）


A．6 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】由正方形的性质，知点是点关于的对称点，过点作，使得，连接交于，取，连接、，则点，为所求点，则点，为所求点，进而即可求解．
【详解】解：的面积为，
圆的半径为，
，
由正方形的性质，可知点是点关于的对称点，
过点作，使得，
连接交于，取，连接、，则点，为所求点，如图所示，


理由：，且，则四边形为平行四边形，
则，
则，
故的周长最小值为，
故选B．
【点睛】本题考查了圆的性质、点的对称性质、平行四边形的性质、正方形的性质，确定点的位置是解题的关键．
2．如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB＝4，则BC的长是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．3
【答案】B
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD＝BD＝2，于是根据勾股定理可计算出OD＝1，再利用折叠的性质可判断和所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到，所以AC＝DC，利用等腰三角形的性质得AE＝DE＝1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF＝EF＝1，然后计算出CF后得到CE＝BE＝3，于是可得到BC的长．
【详解】解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，

∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝AB＝2，
在Rt△OBD中，OD＝，
∵将沿BC折叠，
∴和所在的圆为等圆，
∴，
∴AC＝DC，
∴AE＝DE＝1，
∵∠ODE＝∠OFE＝∠DEF＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∵DE＝OD＝1，
∴四边形ODEF是正方形，
∴OF＝EF＝1，
在Rt△OCF中，CF＝，
∴CE＝CF＋EF＝2＋1＝3，
而BE＝BD＋DE＝2＋1＝3，
∴BC＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理及正方形的判定和性质等．
3．在ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2＝2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE＝6，EF＝4，点M在以半径为2的⊙D上运动，则MF2+MG2的最大值为（       ）

A．104 B．116 C．120 D．100
【答案】B
【分析】设的中点为，连接、，根据题意可得，，由此可以判定的最大值，即是的最大值，即可求解．
【详解】解：设的中点为，连接、，如下图：

则，
根据题意可得，，
的最大值，即是的最大值
又∵点M在以半径为2的⊙D上运动
∴的最大值
由勾股定理可得：
∴的最大值为7
∴的最大值为
故选：B
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三边关系，利用三角形三边关系找出的最大值是解题的关键．
4．如图，以AB为直径作半圆⊙O，C是半圆的中点，P是上一点，AB＝，PB＝1，则PC的长是（　　）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，过点作交延长线于点，可得为等腰直角三角形，根据圆内接四边形的性质可得，为等腰直角三角形，设，在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，过点作交延长线于点，如下图


∵C是半圆的中点
∴
又∵为直径
∴，
∴
又∵
∴
∵四边形为圆的内接四边形
∴
∴为等腰直角三角形
设，则
在中，根据勾股定理得：，即
解得
．
故选D
【点睛】此题考查了圆内角四边形的性质，弦与弧的关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意构造出以为边的直角三角形．
5．如图，正方形的边长为，点是正方形外一动点，且点在的右侧，，为的中点，当运动时，线段的最大值为______．

【答案】
【分析】连接，交于点，连接，，根据，，，四点共圆，可得，再根据，可得当点在线段上时，，即线段的最大值为．
【详解】解：如图，连接，交于点，连接，，

，，
，，，四点共圆，
正方形的边长为，
，
为的中点，是的中点，
，
，
当点在线段上时，，
即线段的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理等知识的综合应用；熟练掌握正方形的性质，证明四点共圆是解决问题的关键．
6．如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是______．

【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
7．如图，在中，，，点D是AB的中点，点E在AC上，点F在BC上，，连接BE，若，，则__________．

【答案】10
【分析】连接CD，EF，根据等腰直角三角形的性质得到AD=CD=BD=AB，∠ABC=∠DCE=45°，CD⊥AB，根据余角的性质得到∠ADE=∠CDF，同理∠CDE=∠BDF，根据全等三角形的性质得到BF=CE=6，延长FC至G，使CG=CF，设∠EDA=∠CDF=α，则∠CBE=2α，由∠ECF=∠EDF=90°，得到点D，F，C，E在以EF为直径的同一个圆上，根据圆周角定理得到∠CEF=∠CDF=α，求得∠CEG=α，推出∠G=∠GEB，根据等腰三角形的性质得到BE=BG，设CG=CF=x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：连接CD，EF，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
点D是AB的中点，
∴AD=CD=BD=AB，∠ABC=∠DCE=45°，CD⊥AB，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF， 同理∠CDE=∠BDF，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴BF=CE=6， 延长FC至G，使CG=CF， 则△CEG≌△CEF，

∴∠GEC=∠FEC，
∵∠CBE=2∠EDA，
∴设∠EDA=∠CDF=α，则∠CBE=2α，
∵∠ECF=∠EDF=90°，
∴点D，F，C，E在以EF为直径的同一个圆上，
∴∠CEF=∠CDF=α，
∴∠CEG=α，
∴∠G=90°-α，
∴∠BEG=180°-∠EBC-∠G=90°-α，
∴∠G=∠BEG，
∴BE=BG， 设CG=CF=x，
∴BE=BG=6+2x，BC=6+x，
在Rt△BEC中，BE2=CE2+BC2，   
∴（6+2x）2=62+（6+x）2，
解得：x=2（负值舍去），
∴BE=10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，圆周角定理的应用，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D为△ABC所在平面内一点，∠BDC=90°，以AC、CD为边作平行四边形ACDE，则CE的最小值为_____．

【答案】
【分析】延长AE交BD 于点F，连接BE，根据平行四边形的性质可得，可得，可以证明，可得∠AEB = 135°，点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点 ，则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得： 即为CE的最小值，利用勾股定理可得CM的值，进而可得CE的最小值．
【详解】
如图，延长AE交BD 于点F，连接BE，
四边形ACDE是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
，
，
点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，
连接MB、MA、MC，MC与圆M交于点，
则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得： 即为CE的最小值，

，
，
，
，
在 中，，
，
即CE 的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、最短路径问题、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
9．如图，已知：是的直径，弦，分别过，作的垂线，垂足为，．得到如下结论：①；②；③若四边形是正方形，则；④若为的中点，则为中点；⑤若半径，则扇形的面积为；所有正确结论的序号是__________．


【答案】①②④
【分析】①②正确，证明即可；③错误，可证；④正确，由题意可证△OBN是等边三角形，可得结论；⑤错误，∠BON的大小不确定，故面积不确定．
【详解】连接AM，BN，OM，根据平行线间的距离相等，可得MC=ND，


∴(HL)，
∴∠MOC=∠NOD，OC=OD，
∴，AC=BD，所以①②正确
若四边形是正方形，则MC=2OC，，
则，所以③错误．
当M是的中点时，可得∠AOM=∠MON=∠BON=60°，
∴△BON是等边三角形，
又∵ ，
∴D为OB中点．所以④正确
若半径，扇形的圆心角大小不确定，所以面积不一定为，所以⑤错误．
故正确答案为：①②④
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，以及等边三角形的判定等，根据圆心角、弧、弦之间的关系正确分析题意，作出辅助线是解题的关键．
10．如图，四边形APBC内接于⊙O，∠APB＝120°，PC平分∠APB，若PB＝3，PA＋PC＝7，则PC＝______．

【答案】5
【分析】过点作交于点，延长 ，过点作交延长线于点，根据 平分，，可证得 是等边三角形，则有，根据，，可得 ，得到，设 ，，得到， ，根据，得到，利用 ，得到，，求解即可得到 ．
【详解】解：如图示：过点作交于点，延长 ，过点作交延长线于点，

∵平分，，
∴，
∴
∴是等边三角形
∴
∵，，
∴，，
∴，
∴，
设，，
则，
∵，，
∴，即：，
化简得：，
∵
∴，
∴，即：，
化简得：，
即有，解之得：，
即：，
故答案是：5．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质、圆周角的性质、解含30度角的直角三角形，解二元一次方程等知识点，熟悉下相关性质是解题的关键．

三、解答题(共0分)
11．如图，在正方形ABCD中，CD＝．若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出∠APD的度数，并求出点A到BP的距离．

【答案】45°，点A到BP的距离为或
【分析】分析：由题意得点P是以BD为直径，BD中点为圆心的圆与点D为圆心，半径为1的圆的交点，分类讨论点P的位置，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，构造直角三角形，通过勾股定理求解．
【详解】解：由题意得点P是以BD为直径，BD中点为圆心的圆与点D为圆心，半径为1的圆的交点，
①如图，当点P在AD上方时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP于点H，

∵正方形边长BC＝CD＝，
∴，
即⊙O直径BD为2，半径为1，
∵∠BPD＝90°，PD＝BD＝1，
∴∠DBP＝30°，
∴BP＝，
∵∠ADB＝∠APB＝45°，
∴△AHP为等腰直角三角形，
设AH＝PH＝x，则BH＝﹣x，
在Rt△AHB中， AH2+BH2＝AB2，
即x2+（﹣x）2＝2，
解得：x＝或（舍去），
∴AH＝．
②如图，当点P在AD下方时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP于点H，

同理可得AH＝．
综上所述，点A到BP的距离为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质， 90°的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理等知识，熟练掌握正方形的性质， 90°的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理等知识，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
12．如图，⊙O与矩形ABCD的BC边相切于M点，与AD边相交于点E，F，若EF＝CD＝4cm，求⊙O的半径．

【答案】cm
【分析】连接并延长，交于点，交于点，连接，设的半径为，先根据垂径定理求出的长，再证明四边形是矩形，在中，根据勾股定理列方程即可求出的半径．
【详解】
如图所示，连接并延长，交于点，交于点，连接，
设的半径为，
与相切于点，
，
四边形是矩形，
，
，
是的直径，且，，
，
，
四边形是矩形，
，，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
的半径为cm．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、垂径定理，矩形的判定与性质和勾股定理，解题关键是作出适当的辅助线，以便于应用垂径定理和勾股定理解题．
13．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，AC=AB，⊙O为△ABC的外接圆．
（1）如图1，求证：AD是⊙O的切线；
（2）如图2，CD交⊙O于点E，过点A作AG⊥BE，垂足为F，交BC于点G．
①求证：AG=BG；②若AD=4，CD=5，求GF的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）连接OA，OB，OC，由AC＝AB，OA＝OA，OC＝OB可证出△OAC≌△OAB（SSS），利用全等三角形的性质可得出∠OAC＝∠OAB，即AO平分∠BAC，利用垂径定理可得出AO⊥BC，结合AD∥BC可得出AD⊥AO，由此即可证出AD是⊙O的切线；
（2）①连接AE，由圆内接四边形对角互补结合∠BCE＝90°可得出∠BAE＝90°，由同角的余角相等可得出∠BAG＝∠AEB，结合∠ABC＝∠ACB＝∠AEB可得出∠BAG＝∠ABC，再利用等角对等腰可证出AG＝BG；
②由∠ADC＝∠AFB＝90°，∠ACD＝∠ABF，AC＝AB可证出△ADC≌△AFB（AAS），利用全等三角形的性质可求出AF，BF的长，设FG＝x，在Rt△BFG中，利用勾股定理可求出x的值，此题得解．
【详解】证明：（1）连接OA、OB、OC，如图1，

∵AC=AB，OA=OA，OC=OB，
∴△OAC≌△OAB，
∴∠OAC＝∠OAB，
∴AO⊥BC，
∵AD∥BC，
∴AD⊥AO，
∴AD是⊙O的切线；
（2）①连接AE，如图2，

∵AD∥BC，AD⊥CD，
∴BC⊥CD，
∴∠BCE＝90°，
∴BE是直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAG+∠EAF＝90°，
又∵AF⊥BE，
∴∠AEB+∠EAF＝90°，
∴∠BAG=∠AEB，
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，
∴∠BAG=∠ABC，
∴AG=BG；
②∵AC=AB，∠ACD＝∠ABF，∠ADC=∠AFB＝90°，
∴△ADC≌△AFB，
∴AF=AD=4，BF=CD=5，
设FG=x，则AG=GB=x+4，
在Rt△BFG中，由勾股定理可得：
，
解得：，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定义，平行线的性质，圆内接四边形，等腰三角形的判定以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的性质及垂径定理，找出AO⊥BC；（2）①利用等角的余角相等及圆周角定理，找出∠BAG＝∠ABC；②在Rt△BFG中，利用勾股定理求出FG的长．
14．如图， 已知中，， 以为直径作⊙交于点， 交于点，是⊙的切线，于点．
（1）求证：；
（2）若，，求⊙的半径

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接,通过圆的性质证明，即可得证；
（2）连接，在和中根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明，如图，连接
为⊙的直径


是⊙的切线










在和中




（2）如图，连接
为⊙的直径


，，
在和中
，



解得，
∴⊙的半径为

【点睛】本题考查了圆和三角形的综合问题，掌握圆的切线的性质、全等三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．
15．如图①，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E是BC边上一动点，连接AE、DE，作△ABE的外接⊙O，交AD于点F，交DE于点G，连接FG．
（1）若∠DFG=60°，则∠AED= °；
（2）当CE的长为 时，△DFG为等腰三角形；
（3）如图②，当⊙O与CD相切时，求CE的长．

【答案】（1）60；（2）3或6﹣或；（3）
【分析】（1）根据圆内接四边形的一个外角等于内对角求解即可；
（2）连接EF，则∠AFE=90°，可证四边形DCEF是矩形，根据圆内接四边形的一个外角等于内对角可证△ADE∽△GDF，则可知△ADE为等腰三角形，故可分三种情况①当AE=DE时；②当AE=AD时；③当AD=DE时进行讨论求解即可；
（3）设切点为H，连接OH、OB，并反向延长OH交AB于点Q， 则OH⊥CD，可知四边形BCHQ为矩形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可证得OQ为△ABE的中位线，设设⊙O的半径为r，则OQ=6-r，BE=2(6-r)，利用勾股定理可求得t值，进而可求得CE的长．
【详解】解：（1）由题意，四边形AEGF为⊙O的内接四边形，
∴∠AED=∠DFG=60°，
故答案为：60°；
（2）连接EF，如图①，
∵AE为⊙O的直径，
∴∠EFD=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=6，
∴CD=AB=4，AD=BC=6，∠ABC=∠C=∠CDA=90°，
∴四边形DCEF为矩形，
∴EF=CD=4，DF=CE，
∵四边形AEGF为⊙O的内接四边形，
∴∠AED=∠DFG，∠EAD=∠DGF，
∵△GDF是等腰三角形，
∴△ADE也是等腰三角形，
分三种情况：
①当AE=DE时，
∵∠EFA=90°，即EF⊥AD，
∴DF=AF=AD=3，即CE=3；
②当AE=AD时，
在Rt△ABE中，BE=，
∴CE=BC﹣BE=6﹣；
③当AD=DE时，
在Rt△DCE中，CE=
综上，CE的长为3或6﹣或，
故答案为：3或6﹣或；

（3）证明：设切点为H，连接OH、OB，并反向延长OH交AB于点Q，
则OH⊥CD，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB∥CD，∠ABC=∠BCD =90°，
∴ 四边形BCHQ为矩形，
∴ OQ⊥AB，HQ=BC=6，     
在Rt△ABE中，OA=OE，
∴ BO=AO=AE，
∴ AQ=BQ，
∴ OQ为△ABE的中位线，
设⊙O的半径为r，则AE=2r，OQ=6﹣r，BE=2(6﹣r)，
在Rt△ABE中，由勾股定理可得：(2r)2=[2(6-r)]2+42，
解得r=，
∴BE=2(6﹣r)=，
∴CE=6﹣BE=．

【点睛】本题考查了圆的基本性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的斜边中线、三角形的中位线、勾股定理、解方程等知识，综合性强，难度适中，解答的关键是熟练掌握相关知识，利用数形结合和分类讨论思想进行推理、探究和计算．
16．新定义：如图1（图2，图3），在△ABC中，把AB边绕点A顺时针旋转，把AC边绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，若∠BAC+∠B'AC'＝180°，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C'的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

【特例感知】
(1)①若△ABC是等边三角形（如图2），BC＝4，则AD＝ ；
②若∠BAC＝90°（如图3），BC＝6，AD＝ ；
【猜想论证】
(2)在图1中，当△ABC是任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并证明你的猜想；（提示：过点B′作B′E∥AC′且B′E＝AC′，连接C′E，则四边形AB′EC是平行四边形）
【拓展应用】
(3)如图4，点A，B，C，D都在半径为5的圆P上，且AB与CD不平行，AD＝6，△APD是△BPC的“旋补三角形”，点P是“旋补中心”，求BC的长．
【答案】(1)①2；②3；
(2)，见解析；
(3)

【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得出AB＝AC＝4、∠BAC＝60°，结合“旋补三角形”的定义可得出AB′＝AC′＝4、∠B′AC′＝120°，利用等腰三角形的三线合一可得出∠ADC′＝90°，通过解直角三角形可求出AD的长度；
②由“旋补三角形”的定义可得出∠B′AC′＝90°＝∠BAC、AB＝AB′、AC＝AC′，进而可得出△ABC≌△AB′C′（SAS），根据全等三角形的性质可得出B′C′＝BC＝6，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出AD的长度；
（2）ADBC，过点B′作B′E∥AC′，且B′E＝AC′，连接C′E、DE，则四边形AC′EB′为平行四边形，根据平行四边形的性质结合“旋补三角形”的定义可得出∠BAC＝∠AB′E、BA＝AB′、CA＝EB′，进而可证出△BAC≌△AB′E（SAS），根据全等三角形的性质可得出BC＝AE，由平行四边形的对角线互相平分即可证出ADBC；
（3）过点P作PF⊥BC于点F，由（2）的结论可求出PF的长度，在Rt△BPF中，利用勾股定理可求出BF的长度，进而可求出BC的长度．
(1)
①∵△ABC是等边三角形，BC＝4，
∴AB＝AC＝4，∠BAC＝60°，
∴AB′＝AC′＝4，∠B′AC′＝120°．
∵AD为等腰△AB′C′的中线，
∴AD⊥B′C′，∠C′＝30°，
∴∠ADC′＝90°．
在Rt△ADC′中，∠ADC′＝90°，AC′＝4，∠C′＝30°，
∴ADAC′＝2．
②∵∠BAC＝90°，
∴∠B′AC′＝90°．
在△ABC和△AB′C′中，
，
∴△ABC≌△AB′C′（SAS），
∴B′C′＝BC＝6，
∴ADB′C′＝3．
故答案为：①2；②3；
(2)
ADBC．
证明：在图1中，过点B′作B′E∥AC′，且B′E＝AC′，连接C′E、DE，

则四边形AC′EB′为平行四边形．
∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′E＝180°，
∴∠BAC＝∠AB′E．
在△BAC和△AB′E中，
，
∴△BAC≌△AB′E（SAS），
∴BC＝AE．
∵ADAE，
∴ADBC；
(3)
在图4中，过点P作PF⊥BC于点F．

∵PB＝PC，
∴PF为△PBC的中线，
∴PFAD＝3．
在Rt△BPF中，∠BFP＝90°，PB＝5，PF＝3，
∴BF4，
∴BC＝2BF＝8．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用解含30°角的直角三角形求出ADAC′；②牢记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
17．数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：

(1)如图1，当与相切于点时，求的长；
(2)如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
【答案】(1)BP=2
(2)①4.8；②9.6

【分析】（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
连接PT，如图：

∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：

由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．