专题11四点共圆模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）(1)

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模型1：定点定长共圆模型
若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上．
模型2：对角互补共圆模型
2．若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆．
如图，在四边形ABCD中， 若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上．

拓展：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顶点共圆．
如图，在四边形ABCD中，∠CDE为外角，若∠B＝∠CDE，则A，B，C，D四点在同一个圆上．
模型3：定弦定角共圆模型
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段的两个端点共圆
如图，点A，D在线段BC的同侧，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点在同一个圆上．
经典例题
【例1】（2021·全国·九年级课时练习）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45cm?
(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．
【详解】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45cm，
∴在Rt△CEF中，EF2=EC2+CF2，即452=12−t2+t2
解得t1=4,t2=8；
（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，
∴ HF=12−t2=6−t2,CH=OG=OF=t+6−t2=6+t2，
在Rt△FOH中，OF2=OH2+FH2，即6+t22=62+6−t22，
解得：t=3；
综上所述：当t=3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．
【例2】（2022·吉林白山·八年级期末）（1）如图①，△OAB、△OCD的顶点O重合，且∠A+∠B+∠C+∠D=180°，则∠AOB+∠COD=______°；（直接写出结果）
（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线.
①如图②，如果∠AOB=110°，那么∠COD的度数为_______；（直接写出结果）
②如图③，若∠AOD=∠BOC，AB与CD平行吗？为什么？
【答案】（1）180；（2）①70°；②AB//CD，理由见解析.
【分析】（1）结合三角形三角和为1800，利用题目已知条件，计算结果，即可.
（2）①利用第一问的结果，计算，即可.
②利用四边形四角和为1800，计算得出∠DAO+∠ADO的度数，结合角平分线定理，得到∠DAB+∠ADC的和，利用平行直线的判定，证明，即可得出.
【详解】（1）∠A+∠B+∠C+∠D+∠AOB+∠DOC=3600,可得∠AOB+∠DOC=1800；
（2）①结合∠AOB+∠DOC=1800,∠AOB=1100,可得∠COD= 70°；
②AB//CD，
理由是：因为AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
所以∠OAB=12∠DAB，∠OBA=12∠CBA，∠OCD=12∠BCD，∠ODC=12∠ADC.
所以∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12（∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC）
在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC=360°.
所以∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12×360°=180°
在△OAB中，∠OAB+∠OBA=180°−∠AOB.
在△OCD中，∠OCD+∠ODC=180°−∠COD.
所以180°−∠AOB+180°−∠COD=180°.
所以∠A0B+∠COD=180°
所以∠ADO+∠BOD=360°−（∠AOB+∠COD）=360°−180°=180°.
因为∠AOD=∠BOC，
所以∠AOD=∠BOC=90°
在∠AOD中，∠DAO+∠ADO=180°−∠AOD=180°−90°=90°.
因为∠DAO=12∠DAB，∠ADO=12∠ADC，
所以12∠DAB+12∠ADC=90°.
所以∠DAB+∠ADC=180°.
所以AB//CD
【点睛】考查三角形内角和及平行线的判定，得到∠DAB和∠ADC的关系是解题的关键.
【例3】（2020·四川眉山·一模）问题背景：如图1，等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD=12∠BAC=60°，于是BCAB=2BDAB=3；
迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．
①求证：△ADB≌△AEC；
②请直接写出线段AD,BD,CD之间的等量关系式；
拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．
①证明△CEF是等边三角形；
②若AE=5,CE=2，求BF的长．
【答案】迁移应用：①详见解析；②结论：CD=3AD+BD；拓展延伸：①详见解析；②33
【分析】迁移应用：①如图2中，只要证明∠DAB=∠CAE，即可根据SAS解决问题；
②结论：CD=3AD+BD．由ΔDAB≅ΔEAC，可知BD=CE，在RtΔADH中，DH=AD·cs30°=32AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，由CD=DE+EC=2DH+BD=3AD+BD，即可解决问题；
拓展延伸：①如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．由BC=BE=BD=BA，FE=FC，推出A、D、E、C四点共圆，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出ΔEFC是等边三角形；
②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，FH=4.5，在RtΔBHF中，由∠BFH=30°，可得HFBF=cs30°，由此即可解决问题．
【详解】迁移应用：①证明：如图2
∵∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠DAB=∠CAE，
在△DAB和△EAC中，
{DA=EA∠DAB=∠EACAB=AC，
∴△DAB≌△EAC，
②解：结论：CD=3AD+BD．
理由：如图2−1中，作AH⊥CD于H．
∵ΔDAB≅ΔEAC，
∴BD=CE，
在RtΔADH中，DH=AD·cs30°=32AD，
∵AD=AE，AH⊥DE，
∴DH=HE，
∴CD=DE+EC=2DH+BD=3AD+BD；
拓展延伸：①证明：如图3中，连接BE，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴△ABD,△BDC是等边三角形，
∴BA=BD=BC，
∵E、C关于BM对称，
∴BC=BE=BD=BA,FE=FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC=∠AEC=120°，
∴∠FEC=60°，
∴△EFC是等边三角形；
②解：作BH⊥AE于H，∵AE=5,EC=EF=2，
∴AH=HE=2.5,FH=4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，
∴HFBF=cs30°，
∴BF=4.532=33．
【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．
【例4】（2022·全国·九年级课时练习）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ABCD是圆美四边形．

（1）求美角∠A的度数；
（2）如图1，若⊙O的半径为5，求BD的长；
（3）如图2，若CA平分∠BCD，求证：BC+CD=AC．
【答案】（1）60°；（2）53；（3）见解析
【分析】（1）根据美角的定义可得∠A=12∠C，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⊙O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．
【详解】解：（1）根据题意可得：∠A=12∠C，而∠A＋∠C=180°
∴∠A=60°
（2）连接DO并延长，交⊙O与点E，连接BE
∴∠E=∠A=60°
∵DE为⊙O的直径，⊙O的半径为5，
∴∠DBE=90°，DE=10
在Rt△DBE中，BD=DE·sin∠E=10×32=53；
（3）延长CB至F，使BF=DC，连接AF、BD
由（1）可知：∠BAD=60°，∠BCD=2∠BAD=120°
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA=∠DCA=12∠BCD=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
BF=DC∠ABF=∠ADCAB=AD
∴△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．
培优训练
一、解答题
1．（2022·辽宁葫芦岛·一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作GH⊥AB于点H．
(1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______；
(2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论；
(3)若点F和点G都在射线AB的同侧，AE=1，EF=2，请直接写出HG的长．
【答案】(1)HG=32EG；
(2)GH=32AE−EF，证明见解析；
(3)32或332
【分析】（1）先证明△GAF是等边三角形得∠AGF=60°，再证明点A、E、G、F四点共圆，得∠GEF=∠GAF=60°，从而计算得到∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，最后在直角三角形GEH中，求出HGEG=tan∠GEH=tan60°=32即可得到答案；
（2）在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，先证△AEN是等边三角形，得AE=AN，∠EAN=60°，再证∠GAE=∠FAN，从而得到△GAE≌△FAN，进而得sin60°=GHGE=32，从而求得结论；
（3）分两种情况讨论求解GH的长，①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可．
(1)
解：∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEF=∠GAF=60°，
∴ ∠GEH=180°−∠AED−∠GEF=60°，
∵ GH⊥AB，
∴ HGEG=tan∠GEH=tan60°=32，
∴ HG=32EG，
故答案为：HG=32EG；
(2)
解：在射线ED上截取EN=AE，连接AN，如图3，
∵∠AED=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴AE=AN，∠EAN=60°
∵AF=AG，∠FAG=60°，
∴∠GAE=∠FAN
∴△GAE≌△FAN，
∴∠GEA=∠FNA=60°，GE=FN
AE−EF=FN=GE，
∵GH⊥AB
∴sin60°=GHGE=32，
∴GH=32GE，
∴GH=32AE−EF；
(3)
①当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4，
∵ 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，
∴ ∠GAF=60°，AG=AF，
∴ △GAF是等边三角形，
∴ ∠AGF=∠AFG=∠FAG=60°，AG=AF=GF，
∵∠AED＝60°，
∴ ∠AGF=∠AED，
∴点A、E、G、F四点共圆，
∴ ∠GEH=∠GFA=60°，∠GEF=∠GAF=60°，
∵ EM=EG，
∴ △GEM是等边三角形，
∴ EM=GM=EG,∠EGM=60° ，
∴ ∠EGM=∠EGA+∠MGA=60°=∠EGM=∠MGF+∠MGA，
∴ ∠EGA=∠MGF，
∴ △EGA≌△MGF，
∴ MF=AE=1，
∴ GE=EM=EF−MF=2−1=1 ，
∵ GH⊥AB，
∴ HG=sin∠GEH·EG=sin60°·EG=32，
②当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，
∵ ∠AGF=∠AED=60°，
∴点A、E、G、F四点共圆，∠AEF=180°−∠AED=120°
∴ ∠NGF=∠EAD，∠GEF=∠GAF=60°，∠AEG=∠AFG=60°，
∵NE=EF，
∴ △NEF是等边三角形，
∴ NE=EF=NF=1，∠ENF=60°，
∴ ∠GNF=180°−∠ENF=120° ，
∴ ∠GNF=∠AEF，
∴ △GNF≌△AEF，
∴ GN=AE=2，
∴ GE=GN+NE=2+1=3，
∵ GH⊥AB，∠AEG=60°，
∴ GH=GE·sin60°=323，
综上所述，GH的长为32或332．

【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键.
2．（2022·上海宝山·九年级期末）如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转n°(0(1)求证：CE=EF；
(2)联结CF，如果DPCF=13，求∠ABP的正切值；
(3)联结AF，如果AF=22AB，求n的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)23；
(3)30
【分析】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论；
（2）在（1）的基础之上，连接CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；
（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论．
(1)
：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点，
∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE，
∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，
∴四边形FECG为矩形，∠G=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，BC=DC，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG，
∴∠BCE+∠ECD =∠ECD+∠DCG，
即：∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
∠BEC=∠G∠BCE=∠DCGBC=DC
∴△BCE≌△DCG(AAS)，
∴CE=CG，
∴四边形FECG为正方形，
∴CE=EF；
(2)
解：如图所示，连接CF，
由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则△CEF为等腰直角三角形，
由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD，
∴∠PAB=90°+n°，∠APD=12（180°-∠PAD）=90°-12n°，
∵AP=AB，
∴∠APB=12（180°-∠PAB）=45°-12n°，
∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°，
∵DF⊥AB，
∴∠DFP=90°，
∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF，
∴△DFP∽△CEF，
∵DPCF=13，
∴PFFE=DPCF=13，
设PF= DF=x，则FE=CE=3x，
由（1）知四边形CEFG为正方形，
∴FG=FE=3x，
∴DG=FG-DF=2x，
∵△BCE≌△DCG，
∴BE=DG=2x，
∴在Rt△BEC中，tan∠BCE=BECE=2x3x=23，
∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ABP=∠BCE，
∴tan∠ABP=tan∠BCE=23；
(3)
解：∵0∴如图所示，连接AF和对角线AC，
由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°，
∴∠CFD=45°，
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=45°，AC=2AB，
∴∠CAD=∠CFD，
∴点A、C、D、F四点共圆，
∴∠AFC=∠ADC=90°，
∵AF=22AB，
∴AF=12AC，
则在Rt△AFC中，sin∠ACF=AFAC=12，
∵∠ACF为锐角，
∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°，
∵∠CAD=45°，
∴∠FAD=60°-45°=15°，
∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，
∴△AFP≌△AFD，
∴∠FAD=∠FAP=15°，
∴∠PAD=30°，
∴n=30．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及旋转的性质和解直角三角形等，掌握图形的基本性质和判定方法，具有较强的综合分析能力是解题关键．
3．（2022·重庆市育才中学九年级期末）在等边△ABC中，D是边AC上一动点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转120°，得到DE，连接CE．
（1）如图1，当B、A、E三点共线时，连接AE，若AB=2，求CE的长；
（2）如图2，取CE的中点F，连接DF，猜想AD与DF存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BE、AF交于G点．若GF=DF，请直接写出CD+ABBE的值．
【答案】（1）7；（2）AD=2DF；证明见解析；（3）63
【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点H，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得CH=3，进而求得BD=3，在Rt△EHC中，HE=AH+AE=2，CH=3，勾股定理即可求解；
（2）延长DF至K，使得FK=DF，连接EK,KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，根据平行四边形的性质可得，∠EDA=∠KCA，证明△APD是等边三角形，进而证明△ABD≌△ACK，即可证明△AKD是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得AD=2DF；
（3）过点D作DM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AB，连接MF，交AC于点H，过点D作DN⊥AB，交BE于点R，过点R作RQ⊥BD于点Q，先证明∠EMF=45°，结合中位线定理可得∠EBC=45°，进而可得∠NBD=45°，设AN=DF=1，分别勾股定理求得AF,ND,BD,MB，进而根据CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CD+AB，即可求得CD+ABBE的值
【详解】（1）过点C作CH⊥AB于点H，如图
∵将BD绕点D顺时针旋转120°，得到DE，
∴BD=DE,∠BDE=120°
∴∠DBE=∠DEB=30°
∵ △ABC是等边三角形
∴∠ABC=60°,AB=AC，AH=12AB=1
∴CH=3
∵∠CBD=∠ABC−∠ABD=30°
∴BD⊥AC，AD=DC=12AB=1
∴BD=3
∵∠BAC=60°
∴∠EAD=120°
∴∠ADE=180°−∠EAD−∠AED=30°
∴∠AED=∠ADE
∴AE=AD=1
在Rt△EHC中，HE=AH+AE=2，CH=3
∴EC=HE2+HC2=22+32=7
（2）如图，延长DF至K，使得FK=DF，连接EK,KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，
∵点F是CE的中点
∴FE=FC
又FK=DF
∴四边形CDFK是平行四边形
∴ED=KC，ED∥KC
∴ ∠EDA=∠KCA
∵将BD绕点D顺时针旋转120°，得到DE，
∴BD=DE,∠BDE=120°
∴BD=KC
∵ △ABC是等边三角形
∴AB=AC
∵PD∥BC
∴∠APD=∠ABC=60°，∠CBD=∠PDB，
∴△APD是等边三角形
∴AD=AP
∵AB=AC
∴DC=PB
设∠CBD=α，则∠PDB=α,
∴ ∠ABD=∠APD−∠PDB=60°−α，∠ADB=60°+α
∠ADE=∠BDE−∠ADB=120°−60+α=60°−α
∵ ED∥KC
∴∠ACK=∠ADE=60°−α
∴∠ABD=∠ACK
∴ △ABD≌△ACK
∴AK=AD,∠KAC=∠DAB=60°
∴△AKD是等边三角形
∵DF=FK
∴∠FAD=12∠KAD=30°，AF⊥DF
∴DF=12AD
即AD=2DF
（3） 如图，过点D作DM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AB，连接MF，交AC于点H，过点D作DN⊥AB，交BE于点R，过点R作RQ⊥BD于点Q，
∴∠GMD=∠GFD=90°
∴B,D,F,G四点共圆
∴∠FGD=∠FMD
由（2）可知AF⊥DF，∠FAD=30°
∴∠ADF=60°
∵FG=FD
∴∠FDG=∠FGD=45°
∠FGD=∠FMD=45°
∵将BD绕点D顺时针旋转120°，得到DE，
∴BD=DE,∠BDE=120°
∴MB=ME=12BE
∵F是EC的中点，
∴MF是△EBC的中位线
∴MF∥BC
∴∠EBC=∠EMF=45°
∵∠ABC=60°
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=60°−45°=15°
∵∠NBD=∠ABE+∠EBD=15°+30°=45°
∴△NBD是等腰直角三角形
∴ND=NB
∵∠BAC=60°
∴∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°
∵∠AFD=90°,DN⊥AB
∴四边形ANDF是矩形
∴ND=AF，AN=DF
设AN=DF=1
在Rt△ADE中，AD=2DF=2
∴AF=AD2−DF2=3
∴AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+3,
∴DC=AC−AD=AB−AD=1+3−2=3−1
在Rt△NBD中,ND=NB=AF=3
∴BD=2NB=6
在Rt△MBD中MB=BD2−MD2=32BD=322
∴BE=2BM=32
∴CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF =23−1+1=23
∴CD+ABBE=2332=63
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校九年级期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝3ax2﹣10ax＋c分别交x轴于点A、B（A左B右）、交y轴于点C，且OB＝OC＝6．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P在第一象限对称轴右侧抛物线上，其横坐标为t，连接BC，过点P作BC的垂线交x轴于点D，连接CD，设△BCD的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，线段CD的垂直平分线交第二象限抛物线于点E，连接EO、EC、ED，且∠EOC＝45°，点N在第一象限内，连接DN，DN∥EC，点G在DE上，连接NG，点M在DN上，NM＝EG，在NG上截取NH＝NM，连接MH并延长交CD于点F，过点H作HK⊥FM交ED于点K，连接FK，若∠FKG＝∠HKD，GK＝2MN，求点G的坐标．

【答案】（1）y=−38x2+54x+6；（2）S=−98t2+34t+36；（3）G(−65,85)
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）分类讨论，过点P作PQ⊥x轴于点Q,①当点D在x轴正半轴时，②当点D在x轴负半轴时，求得BD=−38t2+14t+12根据S△BCD=12BD×OC=12×6×−38t2+14t+12即可求得;
（3）延长DN至R，使得NR=EG，连接HR，KM，FR,FG，求得点E,D的坐标，证明△ECD是等腰直角三角形，设∠FKG=∠FMR =α，∠FKR=2β，设EG=a，则GK=2a，MN=NR=a，证明△FDM≌△FDK，△FHK ∽ △GDN，△FRM ≌ △FGK，进而证明四边形FGDR是正方形，延长DE至W，使EW=EG=a，则WK=2GK=4a，进而证明四边形WFRK是平行四边形，求得EGED=a5a=15，分别过E,G作x轴的垂线，垂足为U,V，根据平行线的分线段成比例和相似三角形的性质求得点G的坐标
【详解】解：（1）∵ OB=OC=6，
∴B6,0,C0,6，
∵抛物线y＝3ax2﹣10ax＋c分别交x轴于点A、B（A左B右）、交y轴于点C，
∴3a×62−10a×6+c=0c=6，
解得a=−18c=6，
∴抛物线的解析式为y=−38x2+54x+6；
（2）如图，过点P作PQ⊥x轴于点Q,①当点D在x轴正半轴时，

∵抛物线的解析式为y=−38x2+54x+6,点P在第一象限对称轴右侧抛物线上，其横坐标为t，则
,Q(t,0)，
∵∠BOC=90°,OB=OC=6
∴△OBC是等腰直角三角形
∴∠CBO=45°
∵PD⊥BC
∴∠PDQ=45°
即△PDQ是等腰直角三角形
∴PQ=DQ=−38t2+54t+6
∵OQ=t
∴OD=OQ−DQ=t−−38t2+54t+6=38t2−14t−6
∴BD=6−OD=6−38t2−14t−6=−38t2+14t+12
②当D在x轴负半轴时，如图，
BD=6+OD=6+DQ−OD=6+−38t2+54t+6−t =−38t2+14t+12 ∴S△BCD=12BD×OC=12×6×−38t2+14t+12=3×−38t2+14t+12=−98t2+34t+36
综上所述：S=−98t2+34t+36 (53（3）如图，延长DN至R，使得NR=EG，连接HR，KM，FR,FG
∵∠EOC=45°
∴E到x,y轴的距离相等，且在第二象限，即点E在y=−x上，
y=−38x2+54x+6y=−x
解得x1=−2y1=2,x2=8y2=−8
∴E−2,2
∵C(0,6)
∴EC=22+6−22=25
∵ E在线段CD的垂直平分线上，
∴ED=EC=25
设D(d,0) (d>0)，则DE2=d+22+22=252
解得d=2
∴D(2,0)
∴CD=22+62=210
∴CD2=40,ED2+EC2=40
∴△ECD是等腰直角三角形
∴∠EDC=45°
∵ DN∥EC
∴ND⊥ED
∴∠RDC=45°
∵HK⊥FM，∠EDR=90°
∴∠HKD+∠HMD=180°
又∠HMD+∠HMR=180°
∴∠HKD=∠HMR
∵ ∠FKG=∠HKD
∴∠FKG=∠FMR
设∠FKG=∠FMR =α，∠FKR=2β
则∠FKG+∠FMR +∠FKR=2α+2β=180°
即α+β=90°
∵NM=NH
∴ ∠NHM=∠NMH=α
∴∠MNH=180°−∠NMH−∠NHM=180°−2α=2β ∠MNH=2β
∵NH=NR
∴∠NRH=β
∵∠KDR=90°,∠HKD=α,HRD=β，α+β=90°
∴K,H,R三点共线
设EG=a，则GK=2a，MN=NR=a
在△FDM与△FDK中
∠FMD=180°−∠FMR=180°−α,∠FKD=180°−∠FKG=180°−α,
∴∠FMD=∠FKD
∵∠RDG=90°,∠FDG=45°
∴∠FDM=∠FDK=45°
又FD=FD
∴△FDM≌△FDK
∴FK=FM,KD=MD
∴MD+MR=DK+GK
即GD=RD
∴△KDM,△GDR是等腰直角三角形
在四边形FKDM中，∠KDM=90°,∠FKD=FMD=180°−α
∴∠KFM=360°−90°−2180°−α=2α−90°=2α−(α+β)=α−β
在△FHK与△GDN中
∵ ∠FHK=∠GDN=90°,∠FKH=∠GND=2β
∴ △FHK ∽ △GDN
∴∠NGD=∠KHF=α−β
∵∠HGK=∠HFK,HK=HK
∴G,K,H,F四点共圆
∵HK⊥FM
∴∠FHK=90°
∴∠FGK=90°
∴∠GFK=90°−∠FKG=90°−α=β
在△FRM与△FGK中
MR=KG=2a∠FKG=∠FMR=αFM=FK
∴ △FRM ≌ △FGK
∴∠RFM=∠GFK=β
∴∠GFR=2β+∠KFM=2β+α−β=α+β=90°
∴∠RFG=∠FGD=∠GDR=90°
∴四边形FGDR是矩形
又GD=DR
∴四边形FGDR是正方形
如图，延长DE至W，使EW=EG=a，则WK=2GK=4a
∵FG⊥WK
∴∠KFG=∠WFG=β
∴∠WFH=∠WFG+∠GFK+∠KFM=β+β+α−β=90°
∴WF∥KR
又FE∥GD
∴四边形WFRK是平行四边形
∴FR=WK=4a
∵四边形FRDG是正方形
∴GD=FR=4a
∴KD=GD−GK=4a−2a=2a
∴ED=EG+GD=5a
∴EGED=a5a=15
如图，分别过E,G作x轴的垂线，垂足为U,V
∴EU∥GV
∴UVDU=EGED
∵E(−2,2),D(2,0)
∴ DU=xD−xE=4
∴xG−xE4=15
解得xG=−65
∵ EU∥GV
∴ △EUD∽△GVD
∴GVEU=VDDU=45
∴yG=45yE=85
∴G(−65,85)
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求二次函数解析式，二次函数与面积问题，三角形相似的性质与判定，第三问中证明四边形FRDG是正方形是解题的关键．
5．（2021·广东·珠海市紫荆中学九年级期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，直角△ADE的边AE在线段AC上，AE＝AD＝2，将△ADE绕直角顶点A按顺时针旋转一定角度α，连接CD、BE，直线CD，BE交于点F，连接AF，过BC中点G作GM⊥CD，GN⊥AF．
（1）求证：BE＝CD；
（2）求证：旋转过程中总有∠BFA＝∠MGN；（仅对0°＜α＜90°时加以证明）
（3）在AB上取一点Q，使得AQ＝1，求FQ的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）22﹣5
【分析】（1）根据题中各角之间的关系可得：∠BAE=∠CAD，依据三角形全等的判定定理可证△BAE≌△CAD，由全等三角形的性质即可证明；
（2）由（1）中全等三角形的性质可得：∠ABE=∠ACD，利用等腰直角三角形的性质得出：∠ABC=∠ACB=45°，得出点C，点B，点A，点F四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等可得：∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，再由四边形内角和及各角之间的等量关系即可得出结论；
（3）由点F在以BC为直径的圆上运动，可得点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，由勾股定理及三角形中位线定理可得：BC=42，GH=BH=2，再由勾股定理及各线段之间的数量关系即可得解．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°=∠DAE，
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE与△CAD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD；
（2）证明：由（1）得：△BAE≌△CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°
∴点C，点B，点A，点F四点共圆，如图所示：
∴∠ACB=∠AFB=45°，∠BFC=∠BAC=90°，
∴∠AFC=135°，
∵GM⊥CD，GN⊥AF，
∴∠GMF=∠GNF=90°，
∴∠MGN+∠MFN=180°，
∴∠MGN=45°，
∴∠MGN=∠BFA；
（3）解：如（2）图所示，过点G作GH⊥AB于H，
∵点C，点B，点A，点F四点共圆，
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
∴点Q，点F，点G三点共线时，QF有最小值，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=42，
∴BG=CG=GF'=22，
∵∠ABC=45°，GH⊥AB，
∴GH=BH=2，
∵AQ=1，
∴HQ=4−2−1=1，
∴GQ=GH2+HQ2=4+1=5，
∴QF'=GF'−GQ=22−5，
∴QF的最小值为22−5．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定定理及性质，圆周角定理，勾股定理，线段间距离最短问题，理解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键．
6．（2021·湖北·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）九年级阶段练习）【问题背景】如图1，P是等边△ABC内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图；
【迁移应用】如图2，D是等边△ABC外一点，E为CD上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE是等边三角形；
【拓展创新】如图3，EF＝6，点C为EF的中点，边长为3的等边△ABC绕着点C在平面内旋转一周，直线AE、BF交于点P，M为PG的中点，EF⊥FG于F，FG＝43，请直接写出MC的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）21−3
【分析】（1）根据△PAB绕点A逆时针旋转60°作图即可；
（2）由∠BEC＝120°得∠BED＝60°，由平行线的性质得∠ADE＝∠BED＝60°，由等边三角形的性质得∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，故可知A、D、B、C共圆，由圆内接四边形对角互补得出∠ADB＝120°,故可求出∠BDE＝60°，即可得证；
（3）由CA＝CE＝CB＝CF＝3得A、E、B、F共圆C得出∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，进而得出∠APF＝∠ABC＝60°，作△EPF的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，求出EQ，连接QG取中点N，由三角形中位线得MN，以点N为圆心MN为半径作⊙N，连接CN，与⊙N交于点M′，即CM最小为CM′=CN−MN，建立平面直角坐标系求出即可．
【详解】（1）如图1所示，将△PAB绕点A逆时针旋转60°得△P′AC；
（2）∵∠BEC＝120°，
∴∠BED＝60°，
∵AD∥DE，
∴∠ADE＝∠BED＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴A、D、B、C共圆，如图2所示：
∴∠ADB＝120°，
∵∠ADE＝∠BED＝60°，
∴∠BDE＝60°，
∴△DBE是等边三角形；
（3）
如图3，∵CA＝CE＝CB＝CF＝3，
∴A、E、B、F共圆C，
∴∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝∠PAB+∠APB，
∴∠APF＝∠ABC＝60°，
∵∠EPF＝60°，EF＝6，
作△EPF的外接圆⊙Q，则∠EQF＝120°，QC⊥EF，
∴∠EQC＝60°，
∴PQ=FQ=EQ=ECsin60°=332=23，
连接QG取中点N，则MN∥PQ且MN=12PQ=3，
以点N为圆心MN为半径作⊙N，连接CN，与⊙N交于点M′，
即CM最小为CM′=CN−M′N=CN−MN，
以点F为原点建立平面直角坐标系，
Q(−3,−3)，C(−3,0)，G(0,−63)，
∴N(−32,−532),
CN=(32)2+(532)2=21，
∴CM最小为CN−MN=21−3．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，解三角函数以及圆的性质，根据题意作出圆是解题的关键．
7．（2022·全国·九年级课时练习）如图1，在正方形ABCD中，点F在边BC上，过点F作EF⊥BC，且FE=FC(CE（1）用等式表示线段BF与FG的数量关系：______；
（2）将图1中的△CEF绕点C按逆时针旋转，使△CEF的顶点F恰好在正方形ABCD的对角线AC上，点G仍是AE的中点，连接FG、DF．
①在图2中，依据题意补全图形；
②用等式表示线段DF与FG的数量关系并证明．
【答案】（1）BF=2FG；（2）①画图见解析；②DF=2FG，证明见解析
【分析】（1）先判断出△AGB≌△CGB，得到∠GBF＝45°，再判断出△EFG≌△CFG，得到∠GFB＝45°，从而得到△BGF为等腰直角三角形，即可．
（2）①画图2即可；②如图2，连接BF、BG，证明△ADF≌△ABF得DF＝BF，根据直角三角形斜边中线的性质得：AG＝EG＝BG＝FG，由圆的定义可知：点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，∠BGF＝2∠BAC＝90°，所以△BGF是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：（1）BF＝2FG，
理由是：如图1，连接BG，CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC，
∵EF⊥BC，FE＝FC，
∴∠CFE＝90°，∠ECF＝45°，
∴∠ACE＝90°，
∵点G是AE的中点，
∴EG＝CG＝AG，
∵BG＝BG，
∴△AGB≌△CGB（SSS），
∴∠ABG＝∠CBG＝12∠ABC＝45°，
∵EG＝CG，EF＝CF，FG＝FG，
∴△EFG≌△CFG（SSS），
∴∠EFG＝∠CFG＝12（360°﹣∠BFE）＝12（360°﹣90°）＝135°，
∵∠BFE＝90°，
∴∠BFG＝45°，
∴△BGF为等腰直角三角形，
∴BF＝2FG．
故答案为：BF＝2FG；
（2）①如图2所示，
②DF=2FG；理由如下：
如图2，连接BF、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，
∵AF＝AF，
∴△ADF≌△ABF（SAS），
∴DF＝BF，
∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，点G是AE的中点，
∴AG＝EG＝BG＝FG，
∴点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，
∵BF=BF，∠BAC＝45°，
∴∠BGF＝2∠BAC＝90°，
∴△BGF是等腰直角三角形，
∴BF＝2FG，
∴DF＝2FG．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，圆的性质，判断△BGF为等腰直角三角形是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点．
8．（2021·四川·成都实外九年级阶段练习）“数学建模”是中学数学的核心素养，平时学习过程中能归纳一些几何模型，解决几何问题就能起到事半功倍的作用．
（1）如图1，正方形ABCD中，∠EAF=45°，且DE=BF，求证：EG=AG；
（2）如图2，正方形ABCD中，∠EAF=45°，延长EF交AB的延长线于点G，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（3）如图3在（2）的条件下，作GQ⊥AE，垂足为点Q，交AF于点N，连结DN，求证：∠NDC=45°．
【答案】（1）见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据半角旋转模型，把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，即可证明△AME≅△AFE，得到∠AEM=∠AEF，再结合∠AEM=∠EAG，可得∠AEM=∠AEF，可得EG=AG；
（2）结论依然成立，证明方法与（1）一样；
（3）又等腰三角形三线合一的性质可得GQ垂直平分EA，可得△ANE是等腰直角三角形，可得A、D、E、N四点共圆，根据圆周角∠NDC=∠EAN=45°
【详解】（1）把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，
∴△AMD≅△AFB
∴∠MDA=∠FBA=90°,AM=AF,∠MAD=∠FAB
∴M、D、C三点共线
∵∠EAF=45°
∴∠EAD+∠FAB=∠EAD+∠MAD=∠MAE=45°
∴△AME≅△AFE(SAS)
∴∠AEM=∠AEG
∵AB∥CD
∴∠AEM=∠EAG
∴∠AEG=∠EAG
∴EG=AG
（2）结论依然成立，EG=AG
把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，
∴△AMD≅△AFB
∴∠MDA=∠FBA=90°,AM=AF,∠MAD=∠FAB
∴M、D、C三点共线
∵∠EAF=45°
∴∠EAD+∠FAB=∠EAD+∠MAD=∠MAE=45°
∴△AME≅△AFE(SAS)
∴∠AEM=∠AEG
∵AB∥CD
∴∠AEM=∠EAG
∴∠AEG=∠EAG
∴EG=AG
（3）连接EN
由（2）得EG=AG
∵GQ⊥AE
∴GQ垂直平分AE
∴EN=AN
∵∠EAF=45°
∴∠ANE=90°=∠ADE
∴A、D、E、N四点在以AE为直径的同一个圆上，
∴∠NDC=∠EAN=45°．
【点睛】本题考查半角旋转模型，熟练根据模型做出辅助线是解题的关键．第（3）问根据四点共圆证明是本题的难点．
9．（2021·上海徐汇·九年级期中）如图，已知Rt△ABC和Rt△CDE，∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，AC=8，BC=6，点D在边AB上，射线CE交射线BA于点F．
（1）如图，当点F在边AB上时，联结AE．
①求证：AE∥BC；
②若EF=12CF，求BD的长；
（2）设直线AE与直线CD交于点P，若△PCE为等腰三角形，求BF的长．
【答案】（1）①见解析；②95；（2）BF的长为18011或30
【分析】（1）①先证明△ABC∽△ECD，再证明△CAF∽△DEF，△AFE∽△CFD，推导出∠FAE=∠B，得AE∥BC；
②由△AFE∽△BFC，得AEBC=AFBF=EFCF=12，依次求出AB、AE、AF、BF的长，再根据勾股定理求出CE的长，再求出BD的长；
（2）分三种情况讨论，一是PE=CE，可证明△PAD≌△CBD，求出AP的长，在Rt△EAC中根据勾股定理求出AE的长，再根据相似三角形的性质求出BF的长；二是PC=EC，可证明BD=BC=6，则AE=AP=AD=4，根据相似三角形的性质可求出BF的长；三是PE=PC，可证明CE∥AB，此时射线CE与射线BA没有交点．
【详解】（1）①证明：如图1，∵∠ACB=∠CDE=90°，∠CAB=∠CED，
∴△ABC∽△ECD（AA），
∴∠B=∠ECD，
∵∠CAF=∠DEF，∠AFC=∠EFD，
∴△CAF∽△DEF（AA），
∴AFEF=CFDF，
∴AF⋅DF=EF⋅CF，AFCF=EFDF，
∵∠AFE=∠EFD，
∴△AFE∽△CFD（SAS），
∴∠FAE=∠ECD，
∴∠FAE=∠B，∴AE∥BC．
②如图1，∵EF=12CF，
∴EFCF=12，
∵AE∥BC
∴∠BAE=∠CBA
又∵∠AFE=∠BFC
∴△AFE∽△BFC（AA），
∴AEBC=AFBF=EFCF=12，
∵AC=8，BC=6，
∴AB=82+62=10，
∴AE=12BC=12×6=3，AF=13AB=13×10=103，BF=23AB=23×10=203
∵AE∥BC
∴∠EAC=180°−∠ACB=90°，
∴CE=82+32=73，
∴EF=13CE=733，CF=23CE=2733，
∵∠ EAC =∠ CDE=90°
∴C、A、E、D四点共圆，
∴∠CEA=∠CDA
∴△AEF∽△DCF（AA）
∴AFEF=CFDF，
∴AF⋅DF=CF⋅EF，即103DF=733×2733，
解得DF=7315，
∴BD=BF−DF=203−7315=95．
（2）如图2，PE=CE，
∵DE⊥PC，
∴PD=CD，
∵AP∥BC，
∴∠P=∠BCD，∠PAD=∠B，
∴△PAD≌△CBDAAS，
∴AP=BC=6，
∴CE=PE=AE+6，
∵∠CAB=∠CED
∴ C、E、A、D四点共圆
又∵∠ CDE=90°
∴ ∠ CAE=90°
∴AE2+AC2=CE2，
∴AE2+82=AE+62，
∴AE=73，
∵AE∥BC，
∴ △AFE ∽ △ BFC
∴AFBF=AEBC=736=718
∴BF−10BF=718，
∴BF=18011
如图3，PC=EC，
∵AC⊥PE，
∴AP=AE，∠ACE=∠ACP，
设DE交AC于点G，
∵∠CEG=∠DAG，∠CGE=∠DGA，
∴△CEG∽△DAG，
∴∠ACE=∠ADE=∠ACP，
∵∠BDC+∠ADE=90°，∠BCD+∠ACP=90°，
∴∠BDC=∠BCD，
∴BD=BC=6，
∵∠ADP=∠BDC，∠P=∠BCD，
∴∠ADP=∠P，
∴AE=AP=AD=10−6=4，
∵△FAE∽△FBC，
∴AFBF=AEBC=46=23
∴BF−10BF=23，
∴BF=30；
如图4，PE=PC，则∠AEC=∠DCE，
∵∠CAE=∠EDC=90°，CE=EC，
∴△ACE≌△DEC，
∴∠ACE=∠DEC=∠BAC，
∴CE∥AB，
∴射线CE与射线BA没有交点，
综上所述，BF的长为18011或30．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，分类讨论等腰三角形PCE边的关系式解决本题的关键．
10．（2022·全国·九年级专题练习）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．
①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ；
②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE．
【答案】（1）①20°；②∠E=12∠A，理由见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝12∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可；
（2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论．
【详解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝12∠ABC，∠ECD＝12∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠A，
∵∠A＝40°，
∴∠E＝20°．
故答案为：20°；
②∠E=12∠A，理由如下：
∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝12∠ABC，∠ECD＝12∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠A；
（2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠DFC+∠DBC＝180°，
∵∠DFC+∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ABD＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠DFE，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
由（1）得∠E＝12∠BAC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴∠E＝12∠BDC，
∵∠E+∠DCE＝∠BAC，
∴∠E＝∠DCE，
∵∠DCE＝∠DAF，
∴∠E＝∠DAF，
∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE，
∴△DAF≌△DEF（AAS），
∴DA＝DE．
【点睛】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．
11．（2022·全国·九年级课时练习）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，求证：BP=DQ；
（2）如图2，若点P，B，D三点共线，求证：A，Q，P，D四点共圆；
（3）若点P，Q，C三点共线，且AD=3，求BP的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BP=3
【分析】（1）证明△AQD≌△APB即可得出答案；
（2）根据全等三角形的性质以及圆内接四边形对角和为180°即可得出结论；
（3）证明△PAQ为等腰直角三角形，得出∠APC=45°，然后得出∠ABC=2∠APC，根据圆周角定理可得点P在圆⊙B上，结论可得．
【详解】解：（1）根据旋转的性质可得AP=AQ，∠PAQ=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠DAQ=∠BAP，
∵AB=AD，
∴△AQD≌△APB(SAS)，
∴BP=DQ；
（2）∵△AQD≌△APB，
∴∠Q=∠APB，
∵点P，B，D三点共线，
∴∠APD+∠APB=180°，
∴∠Q+∠APD=180°，
∴A，Q，P，D四点共圆；
（3）∵AP=AQ，∠PAQ=90°，
∴△PAQ为等腰直角三角形，
∴∠APC=45°，
以点B为圆心，BA为半径作⊙B，
∵∠ABC=90°，∠APC=45°，
∴∠ABC=2∠APC，
∴点P在圆⊙B上，
∴BP=BC=3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理等知识，熟练掌握基础知识是解本题的关键．
12．（2021·江苏·泗阳县实验初级中学九年级阶段练习）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的两个动点，且BE=CF，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(0,−1+a)、(0,−1−a)，点E、F分别是BC、CD上的两个点，且BE=CF，AE和BF相交于点P，点M的坐标为(4,−4)，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AE⊥BF，见解析；（2）见解析；（3）4≤a≤6.
【分析】（1）证明△ABE≅△BCF(SAS)，得AE=BF，∠BAE=∠CBF，再根据三角形内角和定理和等量代换即可得；
（2）由△ABE≅△BCF(SAS)得到∠BAE=∠CBF，再利用同角的余角相等，解得∠APF=90°，最后90°角所对的弦是直径解答即可；
（3）如图，先计算AB=2a，由AE⊥BF, 可得P在以Q为圆心，半径为PQ=12AB=a的圆上，再确定点P落在⊙M上的两个临界点，即⊙Q,⊙M两圆外切与两圆内切时，从而可得答案．
【详解】解：（1）在正方形ABCD中，
AB=BC, ∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE和△BCF中，
{AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF
∴ △ABE≅△BCF(SAS)
∴AE=BF，
∴∠BAE=∠CBF
∵∠CBF+∠BFC=180°−∠BCE=180°−90°=90°，
∠BAE+∠AEB=180°−∠ABE=180°−90°=90°，
∴∠BFC+∠AEB=90°，
∴AE⊥BF
∴AE=BF，且AE⊥BF；
（2）由（1）知，
∵∠APB=90°
∴∠APF=90°
∵∠D=90°
∴A、D、F、P在以AF为直径的同一个圆上；
（3）∵ A(−1+a,0),B(−1−a,0),
∴AB=−1+a−(−1−a)=2a,
∴AB的中点Q的坐标为：(−1,0),
如图，∵BE=CF, 结合（1）可得：AE⊥BF,
∴P在以Q为圆心，半径为PQ=12AB=a的圆上，
∵P要在以M(4,−4)为圆心，半径为1的圆上，
∴ 当⊙Q,⊙M外切时，过M作MN⊥AB于N,
则ON=MN=4, 而OQ=1,
∴QN=3,
∴QM=32+42=5,
∴QM=QP+MP=a+1=5,
∴a=4,
如图，当⊙Q,⊙M内切时，过M作MN⊥AB于N,
则QM=QP−MP=a−1,
同理可得：MN=ON=4,OQ=1,QN=3,
∴QM=5,
∴a−1=5,
∴a=6,
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：4≤a≤6.
【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．
13．（2021·重庆一中九年级阶段练习）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D，点E为AC边上一点，连接ED并延长至F，使ED=FD，以EF为底边作等腰Rt△EGF．
（1）如图1，若∠ADE=30°，AE=4，求CE的长；
（2）如图2，连接BF，DG，点M为BF的中点，连接DM，过D作DH⊥AC，垂足为H，连接AG交DH于点N，求证：DM=NG；
（3）如图3，点K为平面内不与点D重合的任意一点，连接KD，将KD绕点D顺时针旋转90°得到K′D，连接K′A，KB，直线K′A与直线KB交于点P，D′为直线BC上一动点，连接AD′并在AD′的右侧作C′D′⊥AD′且C′D′=AD′，连接AC′，Q为BC边上一点，CD=3CQ，AB=122，当QC′+C′P取到最小值时，直线C′P与直线BC交于点S，请直接写出△BPS的面积．
【答案】(1)4+43；(2)见解析；(3)54−54105
【分析】(1)过E点作EH⊥AD于H点，在等腰Rt△ABC中求出AH=HE=22，再结合已知条件∠ADE=30°求出DH=26，最后即可求出AD=AH+DH进而求出AC=4+43；
(2)连接FC，DM，AG，得到MD=12CF，证明NH为△ACG的中位线，得到NG=12AG，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，12AB=62为半径的圆上运动，进而G、P、C’三点共线时，C′P有最小值；最后由△BGS∽△CC’S，其相似比为3：1即可求解．
【详解】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，
∴AH=HE=AE2=42=22，
又已知∠ADE=30°，且△DHE为30°，60°，90°直角三角形，
∴DH=3HE=3×22=26，
∴AD=AH+DH=22+26，
∵△ADC为等腰直角三角形，
∴AC=2AD=4+43；
(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=12AG，
∵点M和点D分别是BF和BC的中点，
∴MD是△BCF的中位线，
∴MD=12CF，
∵∠CDF=∠CDG+∠GDF=∠CDG+90°，
∠ADG=∠CDG+∠CDA=∠CDG+90°，
∴∠CDF=∠ADG，
在△CDF和△ADG中：AD=CD∠ADG=∠CDFDG=DF，
∴△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ANAC=21=AC'AD'，
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，AD=BD∠ADK'=∠BDKDK=DK'，
∴△ADK’≌△BDK(SAS)，
∴∠DAK’=∠DBK，
∴∠BPK=∠DAK’+∠AIP=∠DBK+∠BID=180°-∠BDA=180°-90°=90°，
又AB=122为定值，
∴P点在以AB的中点G为圆心，12AB=62为半径的圆上运动，当G、P、C’三点共线时，C′P有最小值，此时依然满足QC’⊥CC’，
故此时QC′+C′P有最小值，
由已知条件CD=3CQ及AB=122可知，
CD=12CB=12×2AB=22×122=12，
∴CQ=13CD=4，
∵△QCC’为等腰直角三角形，
∴CC'=CQ2=22，
∵AB∥CC’，
∴△BGS∽△CC’S，且BG=12AB=62
∴BSCS=BGCC'=6222=3，
且BS+CS=BC=24，
∴BS=18,CS=6，
过C’作C’H⊥BC于H点，则C'H=CH=CC'2=2，
∴SΔSCC'=12CS⋅C'H=12×6×2=6，
∵△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：
∴SΔBGS=9SΔSCC'=54，
且C'S=SC2+C'H2=42+22=25，
又GSC'S=3，
∴GS=3C'S=65，
∴PS=GS−GP=65−62，
∴SΔBPS=PSGS⋅SΔBGS=6(5−2)65×54=54−54105．
【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．
14．（2021·福建省福州外国语学校三模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4．将Rt△ABC绕点B顺时针旋转α(0°<α<60°)得到Rt△DEB，直线DE，AC交于点P．
（1）如图1，当BD⊥BC时，连接BP．
①求△BDP的面积；
②求tan∠CBP的值；
（2）如图2，连接AD，若F为AD中点，求证；C，E，F三点共线．
【答案】（1）①10．②12．（2）证明见解析部分．
【分析】（1）①过点P作PH⊥BD于H．证明四边形BCPH是矩形，推出PH=BC=4，利用勾股定理求出BD=BA=5，可得结论．
②利用面积法求出PD，再利用勾股定理求出DH，推出BH=PC=2，可得结论．
（3）如图2中，连接BF，取BD的中点T，连接FT，ET．想办法证明∠1+∠BEC=90°，可得结论．
【详解】解：（1）①过点P作PH⊥BD于H．
∵BD⊥BC，PH⊥BD，
∴∠CBH=∠PHB=∠C=90°，
∴四边形BCPH是矩形，
∴PH=BC=4，
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=32+42=5，
由旋转的旋转可知，BD=BA=5，
∴SΔPBD=12⋅BD⋅PH=12×5×4=10．
②由旋转的性质可知，BE=BC=4，
∵SΔPBD=12⋅PD⋅BE，
∴PD=204=5，
∵∠PHD=90°，
∴DH=PD2−PH2=52−42=3，
∴PC=BH=2，
∵∠C=90°，
∴tan∠PBC=PCBC=24=12．
（2）如图2中，连接BF，取BD的中点T，连接FT，ET．
∵BC=BE，BA=BD，
∴∠BCE=∠BEC，∠BAD=∠BDA，
∵ΔBDE是由ΔBAC旋转得到，
∴∠BCE=∠ABD，
∴∠BEC=∠ADB，
∵BA=BD，AF=DF，
∴BF⊥AD，
∴∠AFD=90°，
∵∠BED=∠AFD=90°，DT=TB，
∴ET=12BD，FT=12BD，
∴ET=FT=DT=TB，
∴E，F，D，B四点共圆，
∴∠1=∠DBF，
∵∠DBF+∠BDF=90°，
∴∠1+∠BEC=90°，
∴∠1+∠BEC+∠BED=180°，
∴C、E、F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+∠BEC=90°．
15．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校模拟预测）直线y=kx+k与x轴交于A，与y轴交于C点，直线BC的解析式为y=−1kx+k，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CD=CA，设△ACE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△CDF沿CF翻折得到△FCG，直线FG交CE于点K，若3∠ACE−∠CDO=45°，求点K的坐标．
【答案】（1）−1；（2）S=12k2−12k(k≠0)；（3）(−4517,917)．
【分析】（1）令y=0，求x；
（2）过点D作y轴的垂线，先证明∠ACB=90°，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∠DOE=2∠ADE，再利用垂直平分线性质构造2∠ADE=∠AME，通过解直角三角形求出求出k的值，再求点K的坐标．
【详解】解：（1）∵直线y=kx+k与x轴交于A，与y轴交于C点，
∵当x=0时，y=k；当y=0时，kx+k=0，得：x=−1，∴C(0,k)，A(−1,0)，
∴点A的横坐标为−1．
（2）过点D作DH⊥y轴于点H，
∵DH⊥OH，CO⊥AO，
∴∠DHC=∠COA，
∴∠HDC+∠DCH=90°，
对直线BC：当x=0时，y=k，当y=0时，x=k2，
∴Bk2,0，
∴OB=k2，
∴OAOC=1k，OCOB=kk2=1k，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC=∠OCB，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，即：∠ACB=90°，
∴AC⊥BD，∠DCA=90°，
∴∠DCH+∠ACO=90°，
∴∠HDC=∠OCA，
又∵DC=CA，
∴△DHC≌△COA(AAS)，
∴DH=OC，CH=AO，
∵A(−1,0)，C(0,k)，
∴CH=OA=1，DH=CO=k，
∴E(−k,0)，D(−k,1+k)，
∴AE=−1−(−k)=−1+k，
∴S=12⋅EA⋅CO=12⋅(k−1)⋅k=12k2−12k(k≠0)，
（3）连接AD，过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M，连接AM，
（3）连接AD，过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M，连接AM，
∵DC⊥AC，DE⊥OA，
∴∠DEA=∠DCA=90°，
∴在四边形AEDC中，∠DEA+∠DCA=180°，∠EAC+∠EDC=180°，
∴点A、D、E、C四点共圆，AD为圆的直径，点N为圆心，
∴∠ACE=∠ADE，
∵MN是AD的中垂线，
∴DM=AM，
∴∠ADE=∠DAM，
∴∠AME=2∠ADE，
∵DC=AC，
∴∠ADC=45°，
∴∠CDO=45°−∠ADO，
又∵3∠ACE−∠CDO=45°，
∴3∠ADE−(45°−∠ADO)=45°，
即：3∠ADE+∠ADO=90°，
在ΔEDO中，∠ADE+∠ADO+∠DOE=90°，
∴∠DOE=2∠ADE=∠AME，
设AM=DM=x，则：ME=DE−DM=1+k−x，
∵AE2+ME2=AM2，
∴(−1+k)2+(1+k−x)2=x2，
解得：x=1+k21+k，
∴ME=1+k−1+k21+k=2k1+k，
∵∠DOE=∠AME，
∴tan∠DOE=tan∠AME，
∴ DEOE=AEME，即：1+kk=−1+k2k1+k，
解得：k=3，
∴C(0,3)，D(−3,4)，E(−3,0)，
∴直线OD的解析式为：y=−43x，
直线AC的解析式为：y=3x+3，
直线EC的解析式为：y=x+3，
由y=−43xy=3x+3，解得：x=−913y=1213，
∴点F(−913，1213)，
∵点D和点G关于点C对称，
∴G(3,2)，
∴直线GF的解析式为：y=724x+98，
由y=x+3y=724x+98，解得：x=−4517y=917，
∴点K的坐标为(−4517,917)．
【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．
16．（2021·全国·九年级课时练习）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Rt△DEF，EF交线段AB于点G，连接AF、DG．
（1）如图1，若AB＝122，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＝22，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）41﹣22≤AP≤41+22
【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．
【详解】解：（1）∵∠A＝45°，且AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
又∵AB=122,
∴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＝BD2+BE2 ＝122+52＝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∥12GM，
∵△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＝12DE，
在Rt△DKE 中，
同理可得：KB＝12DE，
∴GK＝KB，
又∵BH＝GH，
∴KH⊥BG，
∵KH∥MG，
∴MG⊥AB，
∴∠AGM＝90°，
∵∠BAD＝45°，
∴∠AMG＝∠BAD＝45°，
∴AG＝GM，
∴KH＝12GM＝12AG．
（3）作EN⊥AB于N，
在Rt△BEN中，∠EBN＝180°﹣∠ABC＝45°，BE＝2，
∴EN＝BN＝2，
在Rt△GEN中，GN＝GB+BN＝32，EN＝2，
∴GE＝25，
∴DE＝2GE＝210，
在Rt△DBE中，BE＝2，DE＝210，
∴BD＝6，
∴AB＝2BD＝62，
∴AG＝AB﹣BG＝42
连接MG，取GK的中点I，作IQ⊥AB于Q，
∵P是MK的中点，
∴PI＝12MC＝22，
∴点P在以I为圆心，半径为22的⊙I上运动
由（2）知：KH＝12AG＝22，
∵IQ是△KGH的中位线，
∴IQ＝12KH＝2，
在Rt△AIQ 中，AQ＝AG+GQ＝42+22＝922，IQ＝12KH=22，
∴AI＝41，
∴AI﹣PI≤AP≤AI+PI，
∴41﹣22≤AP≤41+22．
【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．
17．（2021·江苏苏州·二模）如图（1），已知矩形ABCD中，AB=6cm，BC=23cm，点E为对角线AC上的动点．连接BE，过E作EB的垂线交CD于点F．
（1）探索BE与EF的数量关系，并说明理由．
（2）如图（2），过F作AC垂线交AC于点G，交EB于点H，连接CH．若点E从A出发沿AC方向以23cm/s的速度向终点C运动，设E的运动时间为ts．
①是否存在t，使得H与B重合？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
②t为何值时，△CFH是等腰三角形；
③当CG=GH时，求△CGH的面积．
【答案】（1）BE=3EF；（2）①t=1，②t=3−32，③332 ；
【分析】(1)连接BF，易证B. C. F. E四点共圆，tan∠ACD=ADCD=33=tan∠EBF=EFBE,即可求证出BE=3EF ；
(2)①存在，当H、B重合时，如图所示，结合(1)知可得BG=3，CG=3 ，同理可知CF=2，FG=1,EG=CG=3，CE=23 ，由此可得t=1，
②先得出∠CFH=60° ，再由△FHC为等腰三角形，推出△FHC 为等边三角形进而得出∠CEB=45° ，∠ABE=15°，∠EBC=75°，根据∠BCH=30°得出CH=CB=CF，根据题意列等式6−4t=23 求出t=3−32 ，
③过点E作MN垂直AB，设AE=23t，求证出 ΔFEM~ΔEBN ，根据相似的性质结合DF=4t，CF=6−4t ，FG=3−2t 得出EG=43−23t−33+23t=3 ，再结合△EGH∽△FGE得出(3−2t)2=3，进而表示出CG，代入面积公式SΔCGH=12(CG)2=332 即可；
【详解】解：(1)连接BF，如图：
已知矩形ABCD中，BE⊥EF ，
∴∠BEF=∠BCF=90°，
∴点B， C，F， E四点共圆，
∴∠EBF=∠ACD （同圆中同弧所对圆周角相等），
∴tan∠ACD=ADCD=33=tan∠EBF=EFBE,
∴BE=3EF
(2) ①存在，当H、B重合时，如图所示：
由(1)知，∠EBF=30°，
∴∠ACD=∠EBF=30°，
则∠ACB=60°，
∵FH⊥AC 即∠BGC=90°，BC=23，
∴BG=3，CG=3 ，
同理可得CF=2，FG=1，EG=CG=3，
∴CE=23 ，
∴AE=AC−CE ，
又∵已知矩形ABCD中，AB=6cm，BC=23cm，
∴AC=43 ，
∴AE=23
∵点E从A出发沿AC方向以23cm/s的速度向终点C运动，
∴t=1；
②
∵△CFH为等腰三角形，
又∵∠ACD=30°，
∴∠CFH=60° ，
∴△CFH为等边三角形，
∴FG=GH，
又由（1）知∠BEF=90°，
∴FG=GH=EG，
∴∠CEB=45° ，
∴∠ABE=15°，
∴∠EBC=75°，
∵∠BCH=30°，
∴△CHB为等腰三角形，
∴CH=CB=CF，
∴CE=CG+EG=3+3 ，
∴AE=43−CE=33−3 ，
即23t=33−3 ，
解得：t=3−32 ，
③
由题意知：过点E作MN垂直AB，设AE=23t，
则由（1）得EN=3t，AN=3t，
∵∠FME=∠ENB，∠FEM+∠BEN=∠BEN+∠EBN=90°，
∴∠FEM =∠EBN，
∴ΔFEM∼ΔEBN ，
∴MEBN=MFEN ，
即23−3t6−3t=MF3t，
∴MF=t，
∴DF=DM+MF=AN+MF=4t，则CF=6−4t ，
∴FG=3−2t ，
∴CG=33−23t ，
EG=AC−AE−CG=43−23t−33+23t=3 ，
在RtΔEFH中，EG⊥FH ，
∴△EGH∽△FGE,
∴EGFG=GHEG,
∴EG2=GH×FG ，
∴(3)2=(33−23t)×(3−2t)，
∴(3−2t)2=3
∵CG=33−23t=GH，
∴SΔCGH=12(CG)2=12(33−23t)2=332 ；
【点睛】此题属于四边形综合试题，考查动点问题，涉及到圆周角，三角形相似，特殊角的直角三角形各边的关系及等边三角形的证明，有一定难度．
18．（2022·江苏扬州·模拟预测）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38，△ABD的面积为14；（3）OEOF=23−3
【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OD⊥AB ,OD=12AB=12 ，根据平行线的性质得到∠OFD=∠CBA=60°，解直角三角形得到OF=33OD=36 ，DF=33 ，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【详解】（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：∵AB=1，∠BAC=30°
∴BC=12,AC=32,AD=BD=22
∴SΔABC=12AC·BC=12×12×32=38
SΔABD=12AD·BD=12×22×22=14
∴ △ABC的面积为38；△ABD的面积为14
（3）解：∵△ABD 是等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点
∴OD⊥AB，OD=12AB=12
∵DF∥BC
∴∠OFD=∠CBA=60°
∴∠ODF=30°
∴OF=33OD=36,DF=33
∵{∠OFD=∠CBA∠FED=∠BEC
∴△DEF∽△CEB，
∴EFEB=DFCB=23
又OFOB=13
得OEOF=23−31=23−3．
【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=12×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．
19．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD=2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM=3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是______．
【答案】（1）见解析；（2）AE=62；（3）32−323．
【分析】（1）由AB与⊙O相切于点B，想到连接OB，再结合等腰ΔOBD和BD//AC可得△AOE≌△AOB即可求证；
（2）由（1）知∠AOE=∠ODH和已知的BD与半径，所以过点O作OH⊥BD交BD于点H，可得△AOE∽△ODH，即可求解；
（3）由BM=3可知ΔBOM是等边三角形，再结合BM//AM知∠BAG=∠BEG，即A、B、G、E共圆，再由（2）知A、B、O、E在以AO为直径的圆上，即∠AGO=90°，故F、O、G三点共线，最后利用ΔABH,ΔBOF都是含30°的直角三角形即可求解．
【详解】解：（1）证明：连接OB
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA=90°
∵BD//AC，
∴∠AOE=∠D，∠AOB=∠OBD
∵OB=OD，
∴∠D=∠OBD，
∴∠AOE=∠AOB，
∵OE=OB，OA=OA，
∴△AOE≌△AOB(SAS)
∴∠OEA=∠OBA=90°
∴OE⊥AE
又∵点E在圆上，
∴AE是⊙O的切线．
（2）过点O作OH⊥BD交BD于点H．
∵OH⊥BD，O为圆心，
∴DH=12BD=1，∠OHD=90°
在Rt△OHD中，OH=OD2−DH2=22
∵∠OHD=∠AEO，∠D=∠AOE，
∴△AOE∽△ODH
∴AEOE=OHDH
∴AE=OH×OEDH=22×31=62．
（3）32−323．理由见解析：
由（2）得，A,B,O,E在以AO为直径的圆上，记为⊙P，由BM=3，且半径为3可知，△BOM为等边三角形，
则∠BOM=∠OBF=60°，∠BEM=30°
由BM//AN且∠MBA=60°+90°=150°，
所以∠BAN=180°−∠MBA=30°，
∴∠BAG=∠BEG，
∴A、B、G、E共圆，即点G也在⊙P上
∵AO为直径，
∴∠OGA=90°，即OG⊥AN
过O作OF⊥BM交BM于F
由BM//AN可得F、O、G共线
过点B作BH⊥AN
∴FG=BH
则OG=FG−OF=BH−OF，
在RtΔBOF中，OF=OB×sin60°=323
在RtΔABH中，BH=AB×sin∠BAN=62×sin30°=32
∴OG=32−323．
【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．
20．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，在▱ABCD中，AB=5,tanA=43，过点B作BE⊥AD于点E，过B，D，E三点的圆分别交边AB，BC，CD于点F，M，N，连结BE，CE，连结BN交CE于点P．
（1）求证：EF=MN．
（2）当△BPE是等腰三角形时，求AD的长．
（3）连结BD，MN，当BD平分∠ADC时，求△BMN与△CDE面积的比值．
【答案】（1）证明见解析；（2）163或9或967；（3）S△BMN：S△CDE=35．
【分析】（1）由四边形BEDN内接于圆可得∠BNC=∠BED=90°，再由平行四边形性质可知∠A=∠BCD，从而可得∠ABE=∠CBN，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△EPH∼△CPN，得PHEH=PNCN，再利用tan∠NDG=tanA=43，设DG=5x，NG=4x，DN=3x，分三种情况讨论△BPE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▱ABCD是菱形，利用图形的面积关系求出△BMN与△CDE面积与菱形面积关系后即可得出答案．
【详解】解：（1）∵四边形BEDN内接于圆，BE⊥AD；
∴∠BNC=∠BED=90°，
∴∠A+∠ABE=∠BCD+∠CBN，
∵在▱ABCD中，∠A=∠BCD，
∴∠ABE=∠CBN，
∴EF=MN；
（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，
∴∠EBN+∠ADC=180°，
又∵在▱ABCD中，∠A+∠ADC=180°，
∴∠EBN=∠A，
∵tanA=43，AB=5，
∴sinA=45，AE=3，BE=4，
∴EH=BE·sinB=165，BH=BE·csB=125，
EG=BE·tanB=163，
BG=AB·tanA=203，
∵在▱ABCD中，AB//CD，
∴∠NDG=∠A，
∴tan∠NDG=tanA=43，
∴DG:NG:DN=5:4:3，
故设DG=5x，NG=4x，DN=3x；
∵EH⊥BN，CD⊥BN，
∴CD//EH，
∴△EPH∼△CPN，
∴PHEH=PNCN，
当△BPE是等腰三角形时，有三种情况：
I. 当PB=PE时，如解图（2-1）
则：BP=BE2÷cs∠EBP=103，
PH=BP−BH=103−125=1415，
PN=BG−NG−PB=203−4x−103=103−4x，
CN=5−3x,
∴1415165=103−4x5−3x，解得：x=35，
∴AD=AG−DG=3+163−5×35=163；
II.PB=BE=4，如解图（2-1）
则PH=PB−BH=4−125=85，
PN=BG−NG−PB=203−4x−4=83−4x，
CN=5−3x,
∴85165=83−4x5−3x，解得：x=115，
∴AD=AG−DG=3+163−5×115=8；
II.PE=BE=4，如解图（2-3），
∵EP⊥BN，
∴PH=BH=125，BP=245，
PN=BG+NG−PB=203+4x−245=2815+4x，
CN=5+3x,
∴125165=2815+4x5+3x，解得：x=113105，
∴AD=AG+DG=3+163+5×113105=967；
综上所述：AD的长为163或9或967；
（3）当BD平分∠ADC时，
∵BE⊥AD，BN⊥CD，
∴BE=BN，
又∵∠A=∠BCN，
∴△ABE≅△CBN（AAS），
∴AB=BC=5，AE=CN=3，
∴▱ABCD是菱形；
∴DE=DN=2，∠CBD=∠CDB
又∵四边形BDNM内接于圆，
∴∠CNM=∠CBD，∠CMN=∠CDB，
∴∠CNM=∠CMN，
∴CM=CN=3，
∴BN=2，
∴S△BMN=12S菱形ABCD·CNCD·BMBC，S△CDE=12S菱形ABCD·EDAD，
∴S△BMN=12S菱形ABCD·35·25=325S菱形ABCD，S△CDE=12S菱形ABCD·25=15S菱形ABCD，
∴S△BMN：S△CDE=325S菱形ABCD：15S菱形ABCD=35．
【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．
21．（2020·湖南·郴州市第九中学九年级阶段练习）如图，边长为32的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（点P与A、C不重合），连接BP，将BP绕点B顺时针旋转90°得到BQ，连接QP，QP与BC交于点E，其延长线与AD（或AD延长线）交于点F．

（1）连接CQ，证明：CQ=AP；
（2）设AP=x，CE=y，试写出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）试问当P点运动到何处时，PB+PE的值最小，并求出此时CE的长．（画出图形，直接写出答案即可）
【答案】（1）见解析；（2）y=−26x2+2x(0【分析】（1）结合已知条件，根据旋转的性质证明△ABP≌△CBQ(SAS)即可得；
（2）结合（1）中所得解结论，证明△APB∼△CEP，建立等式化简即可得；
（3）将PB+PE转化成PB+PE=DP+PE，三点共线时最小可确定P点位置，再结合（1）所得结论，证明P、B、Q、C四点共圆，继而根据正方形的对称性证明CD=CQ=AP=x=32，即可得解．
【详解】解：（1）由题可知BA=BC，∠PBQ=∠ABC=90°
∴∠ABP=∠CBQ，由旋转的性质：BP=BQ
∴BP=BQ∠ABP=∠CBQBA=BC，
∴△ABP≌△CBQ(SAS)
∴CQ=AP
（2）AC是对角线，
∴△ABC是等腰直角三角形，
AC=2AB=6,
AP=x,PC=6−x，
∵BP=BQ
∴△PBQ是等腰直角三角形
∵∠APB+∠ABP=180°−45°=135°,∠APB+∠CPQ=180°−45°=135°,∴∠CPQ=∠ABP,∵∠BAC=∠ACB,∴△APB∼△CEP,∴APCE=ABCP=xy=326−x，
解得：y=−26x2+2x，显然0所以有y=−26x2+2x(0（3）当x=32时，PB+PE有最小值，此时CE=6−32，理由如下：
连接DP，由正方形的对称性可知DP=BP
∴PB+PE=DP+PE，
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∠PBE=∠CDP，
结合（1）所以∠PCQ+∠PBQ=180°
∴P、B、Q、C四点共圆有∠PBC=∠PQC，
∴∠CDP=∠CQP，结合△ABP≌△CBQ(SAS)，
所以CD=CQ=AP=x=32，代入y=−26x2+2x(0所以CE=6−32．
【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．
22．（2021·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB于点F，直线CF与直线BD于点G．
（1）若点G在⊙O内，如图1，求证：G和D关于直线AC对称；
（2）连接AG，若AG=BC，且AG与⊙O相切，如图2，求∠ABC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠ABC=112.5°
【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得∠ACG=∠ACD，可证ΔCEG与ΔCED全等，得到DE=GE，进一步即可证点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）作出相应辅助线如解析图，可得ΔAGF与ΔCGF全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得BC//OA，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵CF⊥AB，BE⊥AC，
∴∠CEG=∠AFC=90°，
∵∠EGC=∠FGB，
∴∠ABD=∠ACF，
又∵同弧所对圆周角相等，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ACG=∠ACD，
在ΔCEG与ΔCED中，
∠GEC=∠DECCE=CE∠ACG=∠ACD
∴△CEG≅△CED，
∴DE=GE，
又CE⊥GD，
∴点G和D关于直线AC成轴对称；
（2）如图，延长CB交AG于点H，连接OA，OB，OC，EF，
∵BE⊥AC，AF⊥CG，
∴A、G、F、E四点共圆，B、F、C、E四点共圆，
∴∠GAF=∠GEF=∠BCF，∠AHB=∠BFC=90°，
在ΔAGF与ΔCBF中，
∠AFG=∠BFC∠GAF=∠BCFAG=CB，
∴△AGF≅△CBF，
∴AF=CF，
∴△AFC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∴∠BOC=90°，
又OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∵AG与⊙O相切，
∴OA⊥AG，
∴BC//OA，
∴∠AOB=∠OBC=45°，
∴∠ACB=12∠AOB=22.5°，
∴∠ABC=180°−∠BAC−∠ACB=112.5°，
∴∠ABC=112.5°．
【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．
23．（2020·北京市三帆中学九年级期中）已知：过⊙O上一点A作两条弦AB、AC，且∠A=45°，（AB、AC都不经过O）过A作AC的垂线AF，交⊙O于D，直线BD，AC交于点E，直线BC，AD交于点F.
（1）请在图1中，按要求补全图形；
（2）在图2中探索线段BE和BF的数量关系，并证明你的结论；
（3）探索线段AB、AE、AF的数量关系，并直接写出你的结论________.
【答案】（1）见解析；（2）BE=BF，理由见解析；（3）AE=AF+2AB
【分析】（1）根据题意补全图形即可；
（2）连接EF，CD，取EF中点G连接BG、AG，证明B、E、A、F四点共圆进而可证出结论；
（3）由（2）知，点A、B、E、F四点共圆，连接CD，交AB于点P，则CD过圆心O，由证得出△ACB∽△APD∽CPB，进而可证AC+AD=2AB，由等量代换可得出结论．
【详解】解：（1）补全图形
（2）BE=BF
证明：连接EF，CD，CD过圆心O，CD为直径，取EF中点G连接BG、AG
∵AF⊥AE，∠DBF=90°，
∴∠EBF=∠FAE=90°
∵EG=AG
∴EG=BG=AG=GF
∴B、E、A、F在圆G上，
∴∠1=∠2，
∵∠DAE=90°，∠BAD=45°，
∴∠2=∠BAD=45°，
又∵∠EBF=90°，
∴∠BEF=45°=∠1，
∴BE=BF，
故答案为：BE=BF；
（3）由（2）知，点A、B、E、F四点共圆，连接CD，交AB于点P，则CD过圆心O，
∴∠BEA=∠BFA，BE=BF，∠EBC=∠DBF=∠DAE=90°，
∴△EBC≌△FBD，
∴BC=BD，CE=DF，
在△ACB和△APD中，
∠CAB=∠DAB=45°，∠ABC=∠ADC，∠BCD=45°，
∴△ACB∽△APD∽CPB，
∴ACAP=ABAD,BCBE=ABBC，
∴AC⋅AD=AP⋅AB,BC2=BP⋅AB，
CD为直径，AC2+AD2=CD2=2BC2，
∴AC+AD2=AC2+AD2+2AC⋅AD
=2BC2+2AC⋅AD
=2BP⋅AB+2AP⋅AB
=2AB⋅BP+AP
=2AB2，
∴AC+AD=2AB，
∴AE=CE+AC=DF+AC=AF+DA+AC=AF+2AB，
∴AE=AF+2AB，
故答案为：AE=AF+2AB．
【点睛】本题考查了四点共圆的证明，圆的性质以及性质应用，勾股定理的应用，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
24．（2020·湖北·武汉二中广雅中学二模）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；②41717．
【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＝AP2＝2，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＝AP2＝2a，CF＝EF＝a，BE＝PE＝22a，由勾股定理可求AC2，CP2，利用面积法可求PH2，即可求解．
【详解】证明：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，AB＝2BC，
∵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＝AP2＝2，
∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，
∴∠FCE＝∠CEF＝45°，
∴CF＝EF＝22CE＝1，
∴△APC的面积＝12×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＝AP2＝2a，CF＝EF＝a，
∵BP＝a，∠BPE＝45°，∠BEP＝90°，
∴BE＝PE＝22a，
∴AF＝AE﹣EF＝2a+22a﹣a＝a+22a，PF＝a﹣22a，
∴CP2＝CF2+PF2＝a2+（a﹣22a）2＝52a2﹣2a2，
AC2＝AF2+CF2＝a2+（a+22a）2＝52a2+2a2，
∵S△ACP＝12×AC×PH＝12×AP×CF，
∴（AC•PH）2＝（AP•CF）2，
∴PH2＝85+22a2，
∵（sin∠ACP）2＝PH2PC2＝85+2252−2＝1617，
∴sin∠ACP＝41717，
故答案为：41717．
【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．