专题2.39 几何模型专题（四点共圆）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

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专题2.39 几何模型专题（四点共圆）
【知识要点】
一、四点共圆的判定常见方法
1、若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆。
2、若一个四边形的一组对角互补（和为180°），则这个四边形的四个点共圆。
3、若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆。
4、若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线的两个端点共圆。
5、同斜边的直角三角形的顶点共圆。
二、四点共圆的性质
1、共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等。
2、圆内接四边形的对角互补。
3、圆内接四边形的外角等于内对角。
一、单选题
1．如图，将绕顶点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接，当点落在的延长线上时，下列结论一定正确的是（    ）
  
A． B． C． D．
2．如图，等腰内接于圆O，直径，D是圆上一动点，连接，，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当，四边形的面积为；④当时，四边形的周长最大，正确的有（   ）

A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
3．如图，点，，分别在的三边上，，，，，下列结论正确的是（    ）

A．可求，不可求 B．不可求，可求
C．，均可求 D．，均不可求
4．如图，等腰直角三角形中，，将绕点B顺时针旋转，得到，连接，过点A作交的延长线于点H，连接，则下列结论不一定成立的是（    ）
      
A． B． C． D．
5．如图，已知：点A、B、C、D在⊙O上，AB=CD，下列结论：①∠AOC=∠BOD；②∠BOD=2∠BAD；③AC=BD；④∠CAB=∠BDC；⑤∠CAO+∠CDO=180°．其中正确的个数为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
7．在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝（   ）

A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN
二、填空题
8．已知P是中心为O的正方形ABCD内一点，AP⊥BP，OP=，PA=6，则正方形ABCD的边长是
9．如图，等边△ABC中，D在BC上，E在AC上，BD＝CE，连BE、AD交于F，T在EF上，且DT＝CE，AF＝50，TE＝16，则FT＝ ．

10．如图，在长方形中，，，垂足为，延长交于，表示面积，则给出的下列命题：①；②；③；④．其中正确命题的代号是 ．

11．在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是 ．
12．在等边中，，，垂足为，点为边上一点，点为直线上一点，连接．将线段绕点逆时针旋转60°得到线段，连结．
①如图1，当点与点重合，且的延长线过点时，连接，则线段的长为 ；
②如图2，点不与点，重合，延长线交边于点，连接，则 ．
　　　
13．在中，，，，点、分别在边、上，且， ，将绕点旋转至，点、分别对应点、，当、、三点共线时，的长为 ．
三、解答题
14．如图所示，正方形中，为对角线，点为上一点，过作，交于，求证：.







15．如图，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝90°，BE、CF交于M，连AM．
⑴求证：BE＝CF；⑵求证：BE⊥CF；⑶求∠AMC的度数．









16．如图，△ABC中，BE⊥AC，CF⊥AB，垂足分别为E、F，M为BC的中点．
（1）求证：ME=MF．
（2）若∠A=50°，求∠FME的度数．






17．如图，在四边形中，，对角线平分，，且．
（1）证明：；
（2）若，，求的长．




18．【问题提出】
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
【类比探究】
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．





19．如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，将△ACD绕C点顺时针旋转α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．
（1）如图2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．
（2）如图3，取AA′中点O，连OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，试判定△OBD′的形状．
（3）当α＝α1时，OB＝OD′，则α1＝_____°；当α＝α2时，△OBD′不存在，则α2＝_______°．




20．如图，在等边中，点是边延长线上一动点，连接，，点关于直线的对称点为，过作交延长线于点，连接、．
（1）__________、__________（用含的式子表示）；
（2）求证：；
（3）当时，直接写出线段，，之间的数量关系．






21．我们知道：有一内角为直角的三角形叫做直角三角形．类似地我们定义：有一内角为45°的三角形叫做半直角三角形．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，A（2，0），B（－2，0），D是y轴上的一个动点，∠ADC=90°（A、D、C按顺时针方向排列）， BC与经过A、B、D三点的⊙M交于点E，DE平分∠ADC，连结AE，BD．显然ΔDCE、ΔDEF、ΔDAE是半直角三角形．
（1）求证：ΔABC是半直角三角形；
（2）求证：∠DEC=∠DEA；
（3）若点D的坐标为（0，8），求AE的长．




22．已知∠A＝60°，点B、C分别在∠A的两边上（不与点A重合），连结BC，作线段BC的垂直平分线；点D在∠A内部，且在∆ABC外，线段BC的垂直平分线上，∠BDC=120°．
（1）求证：BC=BD；
（2）求证：AD平分∠BAC：
（3）若
①当线段AB最大时，求四边形ABCD的面积；
②在点B的移动过程中，直接写出AD的取值范围



23．已知正方形，，为平面内两点．
（1）【探究建模】如图1，当点在边上时，，且，，三点共线，求证：；
（2）【类比应用】如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线，猜想并证明线段，之间的数量关系；
（3）【拓展迁移】如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，请直接写出的长．





24．如图，内接于圆O，高AD、CE相交于点H，延长AH交圆O于点G．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接CO，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长CO交圆O于点N，连接GN、DE，若，，求DH的长．






参考答案
1．C
【分析】根据旋转的性质，得出四点共圆，根据，即可求解．
解：∵将绕顶点逆时针旋转得到，
∴
∴，，
∵点落在的延长线上
∴，
∴
∴四点共圆，
又∵，
∴，
∴
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．C
【分析】证明，由圆周角定理以及三角形的外角性质即可证明①②正确；作，交延长线于M，证明，利用勾股定理以及三角形面积公式即可证明③错误；当时，四边形的周长最大，据此求解即可．
解：∵等腰内接于圆O，且为直径，
∴，
∴，即平分；故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴；故②正确；
作，交延长线于M，

∵，
∴，
∵A、C、B、D四点共圆，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
∵，
∴；
∵，
∴；
∵直径，，，
∴，，
∴，
四边形的面积为


，故③错误；
∵，要使四边形的周长最大，要最大，
∴当时，四边形的周长最大，
此时，，故④正确；
综上，①②④正确；
故选：C
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等知识点的综合运用，综合性比较强，难度偏大．
3．A
【分析】连接，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出，进而得出点固定，即可求；当绕点旋转时，保持不变，根据如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆，得出四点共圆，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，得出，进而得出点可以在上任何地方，即可得出答案．
解：连接，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴点固定，即可求；
当绕点旋转时，保持不变，则四点共圆，
∴依旧不变，即点可以在上任何地方，
∴不可求，
综上可得：可求，不可求．

故选：A．
【点拨】本题考查了内接四边形的判定定理、圆周角定理、旋转的性质，解本题的关键在得出四点共圆．
4．B
【分析】根据旋转的性质可得，进而得到，，即可判断A项；若，即有，则是等边三角形，显然，在旋转时，无法不总是等边三角形，故B错误；根据，可得四点共圆，即有，结合，可得，故可判定C；结合，，可得，故可判定D．
解：根据旋转的性质，结合有，
，，故A项正确；
若，即有，则是等边三角形，
显然，在旋转时，无法不总是等边三角形，故B错误；
，，
，
四点共圆，
，
，，
，故C正确；
，
，
，
，故D正确，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题关键．
5．C
【分析】根据圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系逐个判断即可．
解：∵AB=CD，
∴，
∴，
∴∠AOC=∠BOD，故①正确；
∵圆周角∠BAD和圆心角∠BOD都对着，
∴∠BOD=2∠BAD，故②正确；
∵，
∴AC=BD，故③正确；
∵圆周角∠CAB和∠BDC都对着，
∴∠CAB=∠BDC，故④正确；
延长DO交⊙O于M，连接AM，

∵D、C、A、M四点共圆，
∴∠CDO+∠CAM=180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠CAM＞∠CAO，
∴∠CAO+∠CDO＜180°，故⑤错误；
即正确的个数是4个，
故选C．
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
6．B
【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
解：延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图

∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中

∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中

∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
7．D
【分析】在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF，由A，B，C，D四点共圆，得出∠ADC+∠B＝180°，由MNBC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四点共圆，可得∠MND+∠MAD＝180°再由AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，A，F，E，D四点共圆，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND．
解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF

∴∠NFD＝∠NDF，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∵MNBC，
∴∠AMN＝∠B，
∴∠AMN+∠ADN＝180°，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴∠MND+∠MAD＝180°，
∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，
∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，
∴∠DFN＝∠DAE，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，
∵∠MND+∠MAD＝180°，
∴∠MAF+∠DAF+∠MND＝180°
∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND
＝180°﹣∠DEN﹣∠MND
＝∠EDN＝∠ADE
＝∠AFM，
∴MA＝MF，
∴MN＝MF+NF＝MA+ND．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用四点共圆求解．
8．10或/10
【分析】过O作OH⊥AP于H，根据已知条件推出A，B，O，P四点共圆，根据圆周角定理得到∠BPO=∠BAO=45°，求得∠OPH=45°，根据勾股定理得到AB=AO=10；如图2，过O作OH⊥BP于H，根据已知条件推出A，B，P，O四点共圆，得到∠OPH=∠BAO=45°列方程组得到AB=2，于是得到结论．
解：如图1，过O作OH⊥AP于H，

∵四边形ABCD是正方形，AP⊥BP，
∴∠AOB=∠APB=90°，
∴A，B，O，P四点共圆，
∴∠BPO=∠BAO=45°，
∴∠OPH=45°，
∵OP=，
∴PH=OH=1，
∴AH=7，
∴AO=，
∴AB=AO=10；
如图2，过O作OH⊥BP于H，

∵四边形ABCD是正方形，AP⊥BP，
∴∠AOB=∠APB=90°，
∴A，B，P，O四点共圆，
∴∠OPH=∠BAO=45°，
∵OP=，
∴PH=OH=1，
设BP=m，AB=x，则OB=，
∴（m+1）2+1=（）2，m2+62=x2，
解得：m=4（负值已舍），x==2，
∴AB=2，
综上所述：正方形ABCD的边长是10或2，
故答案为：10或．
【点拨】本题考查了正方形的性质，圆内接四边形，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键．
9．17
【分析】用“SAS”可判定△ABD≌△BCE，得到∠AFE=60°，延长FE至点G，使得FG=FA，连AG，AT，得到△AFG是等边三角形，证明A、B、D、T四点共圆，设法证明△FAT≌△GAE（ASA），即可求得答案．
解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABD=∠BCE=60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠ADC=∠CBE+∠BFD=∠BAD+∠B，
∴∠BFD=∠B=∠AFE=60°；
延长FE至点G，使得FG=FA，连AG，AT，

∵∠AFE=60°，
∴△AFG是等边三角形，
∴AG=AF=FG=50，∠AGF=∠FAG=60°，
∵∠BAF+∠EAF =∠CAG+∠EAF =60°，
∴∠BAF=∠CAG，
∵DT=CE，
∴∠DBT=∠BTD，
∵∠BAD=∠CBE，
∴∠BAD=∠BTD，
∴A、B、D、T四点共圆，
∴∠BAD=∠DAT，
∴∠FAT=∠GAE，
在△FAT和△GAE中，
，
∴△FAT≌△GAE（ASA），
∴FT= GE，
∵FG=50，TE=16，
∴FT=（FG- TE）=17．
故答案为：17．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等，作出辅助线，判断出△FAT≌△GAE是解本题的关键．
10．①③④
【分析】由矩形的性质得出，，，由证明，①正确；由的面积的面积，得出的面积的面积，②不正确；证明、、、四点共圆，得出，③正确；延长交矩形的外接圆于，连接，由圆周角定理得出，由三角形的外角性质得出，得出，④正确；即可得出结论．
解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴①正确；
∵的面积的面积，
∴的面积的面积，
∴②不正确；
∵，
∴，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
∴③正确；
∵、、、四点共圆，
如图所示：

延长交矩形的外接圆于，连接，
则，
∵，
∴，
∴④正确；
正确的代号是①③④；
故答案为：①③④．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及圆周角的性质，掌握四点共圆的证明方法进行转化是解题关键．
11．，2．
【分析】设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，作的高EK，可得点E，K，G，D四点共圆，从而得点K为一个定点，当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，进而即可求解．
解：设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，如图，作的高EK，

∵∠EKG=∠EDG=90°，
∴点E，K，G，D四点共圆，
∴∠KDE=∠KGE=60°，
同理：∠KAE=∠KFE=60°，
∴是一个正三角形，点K为一个定点，
∵正三角形的面积取决于它的边长，
∴当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，
∴当KF⊥AB时，FG最小，即FG最小，此时，FG=AD=2，

当点F与点B重合时，KF最大，即FG最大，此时的面积最大，
过点K作AB的平行线交AD于点M，交BC于点N，
∴MK 为的高，
∴MK=DKsin60°=ADsin60°=，
∴KN=AB-MK=，
∵K为BG的中点，N为BC的中点，
∴CG=2KN=，
∴FG=．

故答案是：，2．
【点拨】本题主要考查正方形和等边三角形的性质以及四边形外接圆的性质和判定，解直角三角形，根据题意画出图形，证明正方形的内接正三角形的一边中点是一个定点，是解题的关键．
12．
【分析】①过D作DH⊥GC于H，先证明△BGF是等边三角形，求出CD长度，再证明BF＝CF＝GF，从而在Rt△BDC中，求出CF＝2，即得GF，在Rt△CDH中，求出DH＝和CH＝，可得GH＝GF+FH＝，Rt△GHD中，即可得到DG；
②过E作EP⊥AB交BD于P，过H作MH⊥BC交BD于M，连接PG，作BP中点N，连接EN，由∠ABC+∠EFH＝180°，得B、E、F、H共圆，可得∠FBH＝∠FEH，从而可证HF＝GF，由E、P、F、G共圆可得∠BMH＝∠GPF＝60°，故△GFP≌HFM，PF＝FM，可得NF＝MH，BF＝MH+EP，在Rt△BEP中，EP＝BE，Rt△MHB中，MH＝BH，即可得到BE+BH＝BF，进而可得结论．
解：①过D作DH⊥GC于H，如图：

∵线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，点E与点B重合，且GF的延长线过点C，
∴BG＝BF，∠FBG＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠BFG＝∠DFC＝60°，BF＝GF，
∵等边△ABC，AB＝6，BD⊥AC，
∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°，∠DBC＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝AB＝3，
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°，
∴∠BCG＝∠DBC，
∴BF＝CF，
∴GF＝CF，
Rt△FDC中，∠DCF＝30°，CD＝3，
∴CF＝2，
∴GF＝2，
Rt△CDH中，DH＝CD＝ ，
∴CH＝，
∴FH＝CF﹣CH＝，
∴GH＝GF+FH＝，
Rt△GHD中，DG＝＝＝；
故答案为：；
②过E作EP⊥AB交BD于P，过H作MH⊥BC交BD于M，连接PG，作BP中点N，连接EN，如图：

∵EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，
∴△EGF是等边三角形，
∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°，∠EFH＝120°，EF＝GF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABC+∠EFH＝180°，
∴B、E、F、H共圆，
∴∠FBH＝∠FEH，
而△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠DBC＝∠ABD＝30°，即∠FBH＝30°，
∴∠FEH＝30°，
∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°，
∴EF＝HF＝GF①，
∵EP⊥AB，∠ABD＝30°，
∴∠EPB＝60°，∠EPF＝120°，
∴∠EPF+∠EGF＝180°，
∴E、P、F、G共圆，
∴∠GPF＝∠GEF＝60°，
∵MH⊥BC，∠DBC＝30°，
∴∠BMH＝60°，
∴∠BMH＝∠GPF②，
而∠GFP＝∠HFM③，
由①②③得△GFP≌△HFM（AAS），
∴PF＝FM，
∵EP⊥AB，BP中点N，∠ABD＝30°，
∴EP＝BP＝BN＝NP，
∴PF+NP＝FM+BN，
∴NF＝BM，
Rt△MHB中，MH＝BM，
∴NF＝MH，
∴NF+BN＝MH+EP，即BF＝MH+EP，
Rt△BEP中，EP＝BE，
Rt△MHB中，MH＝BH，
∴BF＝BE+BH，
∴BE+BH＝BF，
则＝．
故答案为：．
【点拨】三角形综合题，考查了等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、含30度角的直角三角形、三角形全等的判定及性质、四点共圆等知识，难度较大，综合性强，解题的关键是构造辅助线．
13．2或4/4或2
【分析】分点D1在线段AE1上和点D1在线段AE1的延长线上，两种情况讨论，由矩形的性质和圆的性质，全等三角形的性质即可可求解．
解：如图1，当点D1在线段AE1上，

∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝4，BC＝2，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD1E1，
∴D1B＝DB ＝2，∠BD1E1＝90°，
∴AD1，
∴AD1＝BC，且AC＝BD1，
∴四边形ACBD1是平行四边形，且∠ACB＝90°，
∴四边形ACBD1是矩形，
∴CD1＝AB＝4；
如图2，当点D1在线段AE1的延长线上，
∵∠ACB＝∠AD1B＝90°，
∴点A，点B，点D1，点C四点共圆，
∴∠AD1C＝∠ABC＝30°，
∵AC＝BD1，AB＝AB，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD1（HL）
∴∠D1AB＝∠ABC＝30°，且∠BAC＝60°，
∴∠CAD1＝30°＝∠AD1C，
∴AC＝CD1＝2．

综上所述：CD1＝2或4．
故答案为：2或4
【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，圆的性质等知识，综合性较强，利用分类讨论解决问题是本题的关键．
14．见分析.
【分析】先根据正方形的性质可得∠CDA=90°，再根据得到∠AEF=90°，从而得证，，，共圆，，继而得出AE=FE.
解：在正方形ABCD中，,∠BDC=45°
∵
∴
∴∠ADC+∠AEF=180°
∴，，，共圆，
∴，
∴
∴.
【点拨】本题考查了正方形的性质，四点共圆，以及等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键
15．（1）见分析；（2）见分析；（3）135°
试题分析：⑴证△BEA≌△CFA．⑵∠ABE＝∠ACF，∴∠CMB＝∠CAB＝90°．
⑶作AG⊥BE于G，AH⊥CF于H，证△AGB≌△AHC，AG＝AH，∠AMG＝45°，可得∠AMC＝135°
解：（1）∵∠BAC=∠EAF=90°
∴∠BAE=∠CAF
∵  AE=AF，AB=AC，
∴三角形BAE 全等于 三角形CAF，
∴ BE=CF
（2）∵∠AEB=∠AFC
设CF与AE相交于点H 则∠MHE = ∠AHF
∵三角形EMH与三角形 HAF的内角和都为180°
∴ ∠EMF = ∠EAF
即BE⊥CF
（3）∵∠ABE=∠ACF
∴  A，B，C，M四点共圆
∴ ∠AMC+∠ABC=180°
∵AB=AC，∠BAC=90°,∠ABC=45°
∴ ∠AMC=180°--∠ABC=135°

也可以作AG⊥BE于G，AH⊥CF于H，证△AGB≌△AHC，AG＝AH，∠AMG＝45°，可得∠AMC＝135.
考点：
16．（1）证明见分析（2）80°．
试题分析：（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到ME=BC，MF=BC，得到答案；
（2）根据四点共圆的判定得到B、C、E、F四点共圆，根据圆周角定理得到答案．
解：（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，M为BC的中点，
∴ME=BC，MF=BC，
∴ME=MF；
（2）解：∵CF⊥AB，∠A=50°，
∴∠ACF=40°，
∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∴B、C、E、F四点共圆，
∴∠FME=2∠ACF=80°．
考点：1．直角三角形斜边上的中线；2．等腰三角形的判定与性质．
17．（1）见分析
（2）
【分析】（1）由题意推出，从而得到、、、四点共圆，进而得出结论即可；
（2）首先根据已知信息求出，再结合四点共圆的结论，在中求解即可．
解：（1）证：∵，
∴，
∵，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，平分，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，，
∵、、、四点共圆，
∴，
∴在中，，
∴．
【点拨】本题考查四点共圆的证明、圆的内接四边形的性质，以及解直角三角形等，掌握圆当中的重要结论，准确求解直角三角形是解题关键．
18．【问题提出】证明见分析；【类比探究】（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【问题提出】根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．
（1）先画出图形证明△DEB≌△EFA，方法类似于【问题提出】；
（2）画出图形根据图形直接写出结论即可．
解：证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE，EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．

（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，

ED=EC=CF，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC，
又∵ED=EC，
∴ED=EF，
∵AB=AC，BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF,
∵ED=EC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，
∴∠BDE=∠AEF，
在△EDB和△FEA中，
∴△EDB≌△FEA（AAS），
∴BD=AE，EB=AF，
∵BE=AB+AE，
∴AF=AB+BD，
即AB，DB，AF之间的数量关系是：AF=AB+BD．
19．（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．
【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性质得出BC=2，CE=CD'=1，D'E=，由三角形面积公式即可得出答案；
（2）连接OC，证明A、B、C、O四点共圆，由圆周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O四点共圆，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，证出∠BOD'=90°即可；
（3）若B、C、D'三点不共线，证出BC=CD，这与已知相矛盾，得出B、C、D'三点共线；当α=α1时，OB=OD′，分两种情况：当点D'在BC的延长线上和当点D'在边BC上；当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：当O与D'重合时，当O与B重合时，由等腰三角形的性质和等边三角形的性质即可得出答案．
解：（1）作D'E⊥BC交BC的延长线于E，如图2所示：

则∠E=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，
∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，
∵∠ACB=30°，
∴BC=AB=2，∠ACD=∠BAC=60°，
由旋转的性质得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，
∴∠D'CE，
∴∠CD'E，
∴CE=CD'=1，D'E=CE=，
∴S△BCD′=BC×D'E=×2×=3；
（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：
连接OC，如图3所示：

由旋转的性质得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，
∵O是AA′的中点，
∴OC⊥AA'，
∴∠AOC=∠A'OC==∠ABC=∠A'D'C，
∴∠ABC+∠AOC=180°，
∴A、B、C、O四点共圆，
∴∠BOC=∠BAC=60°，
同理；A'、D'、C、O四点共圆，
∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，
∴∠BOD'=90°，
∴△BOD'是直角三角形；
（3）若B、C、D'三点不共线，如图3所示：
由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，
∴∠OBC=∠OD'C，
∵OB=OD'，
∴∠OBD'=∠OD'B，
∴∠CBD'=∠CD'B，
∴CB=CD'，
∵CD'=CD，
∴BC=CD，这与已知相矛盾，
∴B、C、D'三点共线；
分两种情况：当点D'在BC的延长线上时，如图4所示：

∵∠ACB＝，∠A'CD'=∠ACD＝，
∴∠AC A'，
∴α=α1；
当点D'在边BC上时，如图5所示：

∵∠ACB＝，∠A'CD'=∠ACD＝，
∴∠ACA'＝，
∴α=α1；
故答案为：90°或270；
当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：
当O与D'重合时，如图6所示：

∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=，
∴∠ACA'=120°，
∴α=α2；
当O与B重合时，如图7所示：

则AA'=2AB=4，
∵CA=CA'=2AB=4=AA'，
∴△ACA'是等边三角形，
∴∠A'CA=60°，
∴α=α2；
故答案为：240°或300．
【点拨】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
20．（1），；（2）见分析；（3）
【分析】（1）作关于的对称点，证明，则，根据得出，根据，得出四点共圆，可得；
（2）连接，证明，进而得出，证明，即可得证；
（3）设，过点作于点，勾股定理得出，可得，根据（2）的结论得出，则．
（1）解：作关于的对称点，

∵点关于直线的对称点为，点在上，
∴点在线段上，，，
∴，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
故答案为：，．
（2）解：如图所示，连接，

∵
∴，
∵四点共圆，
∴，
又∵，
∴，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，则是等边三角形，
∴，
在中，
，
，
；
（3）∵是等边三角形，
∴，
设，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
如图所示，过点作于点，

∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
即．
【点拨】本题考查了圆内接四边形对角互补，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21．（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）
【分析】（1）先求得∠ADE＝45°，由同弧所对的圆周角可知：∠ABE＝∠ADE＝45°，根据定义得：△ABC是半直角三角形；
（2）根据垂直平分线的性质得：AD＝BD，由等角对等边得：∠DAB＝∠DBA，由D、B、A、E四点共圆，则∠DBA+∠DEA＝180°，可得结论；
（3）设⊙M的半径为r，根据勾股定理列方程为：（8﹣r）2+22＝r2，可得⊙M 的半径为，由同弧所对的圆心角和圆周角的关系可得∠EMA＝2∠ABE＝90°，根据勾股定理可得结论．
解：（1）∵∠ADC＝90°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝45°，
∵∠ABE＝∠ADE＝45°，
∴△ABC是半直角三角形；
（2）∵OM⊥AB，OA＝OB，
∴AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA，
∵∠DEB＝∠DAB，
∴∠DBA＝∠DEB，
∵D、B、A、E四点共圆，
∴∠DBA+∠DEA＝180°，
∵∠DEB+∠DEC＝180°，
∴∠DEA＝∠DEC；
（3）①如图1，连接AM，ME，
设⊙M的半径为r，
∵点D的坐标为（0，8），
∴OM＝8﹣r，
由OM2+OA2＝MA2得：（8﹣r）2+22＝r2，
解得r＝，
∴⊙M 的半径为，
∵∠ABE＝45°
∴∠EMA＝2∠ABE＝90°，
∴EA2＝MA2+ME2＝（）2+（）2，
∴

【点拨】本题考查圆综合题、圆的有关性质、等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会设未知数列方程解决问题，属于中考压轴题．
22．（1）见分析 （2）见分析 （3）① ；②4＜AD≤8
【分析】（1）作DH⊥BC，垂足为H，根据30°角的直角三角形的性质可求；
（2）作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，连结AD，证△DCN≌△DBM，得DM=DN即可；
（3）①证A、B、C、D四点共圆，求出AB最大值，再求面积即可；
②依据直径最长，B与A重合最小，确定AD的取值范围即可．
解：（1）作DH⊥BC，垂足为H，
∵D在线段BC的中垂线上
∴DC=DB，
∴BH=CH，
∵∠D=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∵，
∴BD=2DH，
BH=，
BC=2BH=BD；

（2）作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，连结AD，
，
∴∠MDN+∠A=180°，
∵∠A＝60°，
∴∠MDN=∠BDC=120°，
∴∠NDC=∠MDB，
∵DC=DB，
∴△DCN≌△DBM．
∴DM=DN
∴AD平分∠BAC；

（3）①∵，由（1）可知BD=CD=4， DH=2，
作过A、B、C三点的圆，连接OA、OB、OC、OD，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵OC=OB，DC=DB，OD=OD，
∴△OCD≌△OBD，
∴∠COD=∠BOD=60°，∠CDO=∠BDO=60°，
∴△OCD是等边三角形，即OD=OC=CD=4，
A、B、C、D四点共圆，
当AB为直径时最大，∠BCA=90°，
可知，AC=4，AB=8，
S四边形ABCD=S△ABC+S△CBD
S△ABC=×4×4=8，
S△DBC=×2×4=4，
S四边形ABCD=12;

②由①可知，当AD经过圆心时最大，等于8，当A趋近与A或C时AD最小，等于4，
根据题意AD的取值范围是4＜AD≤8．
【点拨】本题考查了勾股定理、全等三角形、四点共圆等性质，解题关键是恰当的作辅助线，构造全等三角形、直角三角形，运用相关知识解决问题．
23．（1）见分析；（2）AE＝CF，证明见分析；（3）5
【分析】（1）证明△DAE≌△DCF（ASA），可得结论；
（2）证明△DAE≌△DCF（ASA），可得结论；
（3）如图4中，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD．证明∠AED＝∠DEC＝45°，AE＝AF，勾股定理求得EF，由DF＝3，得到答案
解：（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△DAE和△DCF中，
，
∴△DAE≌△DCF（ASA），
∴AE＝CF．
（2）解：AE＝CF
理由如下：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝90°，
∴∠DAE+∠DCE＝360°－∠AEF－∠ADC＝180°，
∵∠DCF+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCF，
在△DAE和△DCF中，

∴△DAE≌△DCF（ASA），
∴AE＝CF．
（3）解：如图4中，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD．

∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝AC＝BD＝OD，∠ADC＝90°，∠ACD＝45°，AD＝CD
∵AE⊥EC，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∴ △AEC是直角三角形
∴OE＝AC，
∴OD＝OA＝OC＝OE
∴A，E，C，D四点共圆，
∴∠AED＝∠ACD＝45°，
∴∠AED＝∠DEC＝45°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴AE＝AF＝，
∴EF＝＝2，
∵DF＝3，
∴DE＝EF +DF＝5，
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用建模的思想思考问题，属于中考常考题．
24．（1）见祥解；（2）见祥解；（3）DH=
【分析】（1）连结GC，根据同弧所对圆周角性质得出∠BAG=∠BCG,然后证明△HCD≌△GCD（ASA）即可；
（2）延长CO交圆与N，连结BN，根据直径所对圆周角性质得出，∠NBC=90°=∠AEC，∠N=∠BAC，利用等角余角性质即可得解；
（3）延长CE交圆于K，连结GK，BK，AK，OB，OA，OK，OG，BG，AN，过G作GM⊥AC交延长线于M，先证A、E、D、C四点共圆，得出∠EAH=∠DCH，再证△AEH≌△AEK（ASA）得出EH=EK，再证△ANG≌△GBA（SAS），再证△AOB≌△GOK（SSS）根据四边形AKBG为圆内接四边形，得出∠GAK+∠GBK=180°，然后证明BG=AG，可证△GDC≌△GMC（AAS），Rt△BGD≌Rt△AGM（HL）然后利用勾股定理设AC=x，BD=AM=1+x，AB2-BD2=AD2=AC2-CD2，求出AC=4，BD=5，AD=即可．
解：（1）证明：连结GC，
∵∠BAG，∠BCG是所对圆周角，
∴∠BAG=∠BCG，
∵CE⊥AB，AD⊥BC，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∵∠AHE=∠CHD，
∴∠HCD=∠BAD=∠DCG，
在△HCD和△GCD中，
，
∴△HCD≌△GCD（ASA），
∴DH=DG；

（2）证明：延长CO交圆与N，连结BN，
∵CN为直径，
∴∠NBC=90°=∠AEC，
∵∠N与∠BAC是所对的圆周角，
∴∠N=∠BAC，
∴∠NCB=90°-∠N=90°-∠EAC=∠HCA；

（3）解：延长CE交圆于K，连结GK，BK，AK，OB，OA，OK，OG，BG，AN，过G作GM⊥AC交延长线于M，
∵∠AEC =∠ADC=90°，
∴A、E、D、C四点共圆，
∴∠EAH=∠DCH，
∵，
∴∠BCK=∠BAK，
∴∠EAH=∠EAK，
∵AE=AE，
∴△AEH≌△AEK（ASA），
∴EH=EK，
∵DH=DG，
∴GK=2ED=，
∴GK=GN，
∵CN为直径，
∴∠NBC=90°=∠ADC，
∴BN∥AG，
∴，
∴AN=BG，∠NGA=∠BAG，AG=GA，
∴△ANG≌△GBA（SAS），
∴AB=GN=GK，
∵OA=OK=OB=OG，
∴△AOB≌△GOK（SSS），
∴∠AOB=∠GOK，
，
∴，
∴AG=KB，
∵四边形AKBG为圆内接四边形，
∴∠GAK+∠GBK=180°，
∵∠KAE=∠HAE，
∴∠HAE=90°-=90°-，
在△AGB中，∠BAG+∠ABG+∠AGB=180°，
∵∠GAB=90°-，
∴∠ABG=180°-∠AGB-（90°-）=90°-=∠CAB，
∴BG=AG，
∵四边形ABGC为圆内接四边形，
∴∠GCM=∠ABG=∠BAG=∠BCG，
∵∠CDG=∠CMG=90°，CG=CG，
∴△GDC≌△GMC（AAS），
∴GM=GD，CM=CD=1，
∵∠BDG=∠AMG=90°，
在Rt△BGD和Rt△AGM中，
∵GB=GA，GD=GM，
∴Rt△BGD≌Rt△AGM（HL），
∴BD=AM，
设AC=x，BD=AM=1+x，
∵AB2-BD2=AD2=AC2-CD2，
∴，
整理得，
解得（舍去），
∴AC=4，BD=5，
∴AD=，
设DG=y=DH，
∴BG=AG=，
在Rt△BGD中，即，
解得，
∵DH=DG，
∴DH=．

【点拨】本题考查同弧所对圆周角性质，三角形全等判定与性质；直径所对圆周角性质，四点共圆，勾股定理，一元二次方程解法，三角形中位线性质，利用辅助线画出准确图形是解题关键．