专题12几何部分验收卷（教师版含解析）-2022年初升高数学衔接讲义（第1套）

这是一份专题12几何部分验收卷（教师版含解析）-2022年初升高数学衔接讲义（第1套），文件包含专题12几何部分验收卷教师版含解析-2022年初升高数学衔接讲义第1套docx、专题12几何部分验收卷学生版-2022年初升高数学衔接讲义第1套docx等2份学案配套教学资源，其中学案共57页， 欢迎下载使用。


专题12几何部分验收卷
1．如图，在平行四边形中，，，，点、分别是边、上的动点．连接、，点为的中点，点为的中点，连接．则的最大值与最小值的差为(　　)

A．1 B． C． D．
【答案】C
解：如图，取的中点，连接、、，作于.

∵四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵，，
∴，
易知的最大值为的长，最小值为的长，
∴的最大值为，最小值为，
∴的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值的差为.
故选：C．
2．如图，在正方形中，对角线，相交于点，点在边上，且，连接交于点，过点作，连接并延长，交于点，过点作分别交，于点，，交的延长线于点，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有( )

A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵OP⊥OQ，
∴∠AOQ+∠DOQ=∠DOQ+∠DOP=90°，
∴∠AOQ=∠DOP，
∵DF⊥AE，
∴∠EAD+∠ADF=90°，
∵∠OAD+∠ODA=90°，
∴∠OAE=∠ODF，
∴△OAN≌△ODF(ASA)，
∴ON=OF，
∴∠ONF=∠OFN=45°，故①正确；
∵∠DAO=∠ODC=45°，OA=OD，∠AOH=∠DOP，
∴△AOH≌△DOP(ASA)，
∴AH=DP，
∵∠AHN=∠OHA，∠HNA=∠HAO=45°，
∴△AHN∽△OHA，
∴AH2=HN·HO，
即DP2=NH·HO，故②正确；
∵∠NOA=∠AOQ，∠ONA=∠OAQ=135°，
∴△ONA∽△OAQ，
∴∠Q=∠OAG，故③正确；
取AE中点M，
∵点O为AC中点，
∴OM=CE=DE，且OM∥CD，
∴∠MOG=∠EDG，∠OMG=∠DEG，
∵CE=2DE，
∴DE=OM，
∴△MOG≌△EDG(ASA)，
∴OG=DG，故正确；
故选D．

3．如图，在中，，，是边上一点，且，连接，把沿翻折，得到，与交于点，连接，则的面积为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
解：∵，，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
过点作交的延长线于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
延长交的延长线于，
由折叠知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
过点作于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴，
∴，
∴，
故选：B．
4．如图，正方形中，在的延长线上取点，，使，，连接分别交，于，，下列结论：①；②；③图中有8个等腰三角形；④．其中正确的结论个数是( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
解：∵DF=BD，
∴∠DFB=∠DBF
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD//BC，AD=BC=CD，∠ADB=∠DBC=45°，
∴DE//BC，∠DFB=∠GBC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∴∠DEC=∠DBC=45°，
∴∠DEC=∠ADB=∠DFB+∠DBF=2∠EFB=45°，
∴∠GBC=∠EFB=22.5°，∠CGB=∠EGF=22.5°=∠GBC，
∴CG=BC=DE，
∵BC=CD，
∴DE=CD=CG，
∴∠DEG=∠DCE=45°，EC=CD，∠CDG=∠CGD=(180°-45°)=67.5°，
∴∠DGE=180°-67.5°=112.5°，
∵∠GHC=∠CDF+∠DFB=90°+22.5°=112.5°，
∴∠GHC=∠DGE，
∴△CHG≌△EGD(AAS)，
∴∠EDG=∠CGB=∠CBF，
∴∠GDH=90°-∠EDG，∠GHD=∠BHC=90°-∠CGB，
∴∠GDH=∠GHD，
∴∠GDH=∠GHD，故②正确；
∵∠EFB=22.5°，
∴∠DHG=∠GDH=67.5°，
∴∠GDF=90°-∠GDH=22.5°=∠EFB，
∴DG=GF，
∴HG=DG=GF，
∴HF=2HG，即EC≠HF=2HG，故①正确；
∵△CHG≌△EGD，
∴S△CHG=S△EGD，
∴，即，故④错误；
结合前面条件易知等腰三角形有：△ABD、△CDB、△BDF、△CDE、△BCG、△DGH、△EGF、△CDG、△DGF共9个，故③错误；
则正确的个数有2个．
故选：B．
5．如图，在中，，以的中点D为圆心，作圆心角为的扇形，点C恰好在上，设，当由小到大变化时，图中两个阴影部分的周长和( )

A．由小变大 B．由大变小 C．不变 D．先由小变大，后由大变小
【答案】D
解：如图．
，，为的中点，
，，，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
图中两个阴影部分的周长和的长

，
与均为定值，而，，
当由小到达大变化时，的长度由小变大，当垂直时达到最大，然后长度变小，所以图中两个阴影的周长和是由小变大再变小，
故选：D．

6．著名画家达·芬奇用三个正方形和三个全等的直角三角形拼成如下图形证明了勾股定理，其中，，连结，得到4个全等的四边形，四边形，四边形，四边形．分别交，于点M，N，若，且，则的长为( )

A． B． C． D．
【答案】D
解：过点C作CP⊥DE于点P，交AB于点K，如图所示：

∵四边形，四边形，四边形，四边形都是全等的，
∴，
∵，，，
∴，
易得CM=NJ，
∵，
∴，
∵AB∥ED，
∴，
∵，
∴，
∴，
设BC=a，AC=b，则，
∴，
由等积法可得，
∴，
由勾股定理可得，
∴，
∴；
故选D．
7．在中，，为上一动点，若，，则的最小值为( )

A．5 B．10 C． D．
【答案】B
解：以为顶点，为一边在下方作，过作于，过作于，交于，如图：

，要使最小，只需最小，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴最小即是最小，此时与重合，与重合，即最小值是线段的长度，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
又，
∴，，
∵，
∴，
而，
∴，
∴，
∴的最小值是，
故选：B．
8．如图，在正方形纸片中，点M，N在上，将纸片沿折叠，折叠后使点A和点D重合于点I，的外接圆分别交于点P，Q．若，则的长度为( )

A． B． C． D．
【答案】B
解：∵，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
由折叠知：，
，
∴，，
∴，
∵圆是的外接圆，
∴点是的内心，
∴OB平分，OC平分，
∴，，
过点作，则OH平分BC．
则：，
在中：，
由勾股定理得：，即，
解得：，(舍)，
∴．
故选B．

9．在平面直角坐标系中，定义直线为抛物线的特征直线，为其特征点．若抛物线的对称轴与x轴交于点D，其特征直线交y轴于点E，点F的坐标为，，若，则b的取值范围是( )
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
解：由题意知，当x=0时，特征直线y=b，且其特征直线交y轴于点E，则点E(0，b)．
∵DE∥CF，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∵DE∥CF，CE∥DF，
∴CE=DF，
由题意，得，
∴，即，
当时，
当时，得，，
当时，得，，
综上所述：或，
故选：D．
10．如图，一次函数的图象与x轴，y轴交于A，B两点，与反比例函数的图象相交于C，D两点，分别过C，D两点作y轴，x轴的垂线，垂足为E，F，连接．有下列四个结论：①与的面积相等；②；③；④．其中正确的结论是( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
解：∵一次函数y=x+3的图象与轴，y轴交于A，B两点，
∴A(-3，0)，B(0，3)．
∵与反比例函数y=的图象相交于C，D两点，
∴，
解得：或1，
经检验：或1都是原分式方程的解，
∴C(-4，-1)，D(1，4)，
∵DF⊥x轴，CE⊥y轴，
∴E(0，-1)，F(1，0)，
∴CE=DF=4，．
在△DCE与△CDF中，
∵，
∴△DCE≌△CDF(SSS)，故③正确；
设直线EF的解析式为y=mx+n(m≠0)，
∵E(0，-1)，F(1，0)，
∴，解得，
∴直线EF的解析式为y=x-1．
∵直线AB的解析式为：y=x+3，
∴AB∥EF，
∴∠FEO=∠ABO，∠EFO=∠BAO，
∴△AOB∽△FOE，故②正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF与△DEF同底等高，
∴△CEF与△DEF的面积相等，故①正确；
∵A(-3，0)，B(0，3)，C(-4，-1)，D(1，4)，
∴，
∴AC=BD，即④正确．
综上，①②③④均正确．
故选：D．
11．如图，在矩形中，，，，分别在边，上，将四边形沿翻折，得到四边形，使得点的对应点落到边的延长线上，且，连接，交于点，延长交于点，则______．

【答案】
解：设DG=DE=x，
∵四边形ABCD为矩形，，，
∴AD=，
∴AE=AD-DE=9-x=EH，
∵四边形沿翻折，得到四边形，
∴△EHG为直角三角形，HG=AB=，
∴HG2+EH2=EG2，
即，
解得x=4或x=-10(舍去)，
∴DG=DE=4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△DMG∽△CMB，
∴，
∴，
解得DM=，
在△DNG中，∠NGD=90°，
∵∠NGD=∠EGH，∠EHG=90°，
∴△NGD∽△EGH，
∴，
∴，
∴ND=，
∴MN=DM+ND=+=．
故答案为．
12．如图，平行四边形的边的中点在轴上，对角线与轴交于点，若反比例函数()的图象恰好经过的中点，且的面积为6，则的值为________．

【答案】9．
解：如图，连接OD，

∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AB∥OC，AB＝OC，
∴△AEF∽△CEO，
∴，
∵F是AB的中点，
∴AB＝2AF，
∴OC＝2AF，
∴，
∴，
∵△AEO的面积为6，
∴S△AEFS△AEO6＝3，
∴S△AOF＝S△AEO+S△AEF＝6+3＝9，
∵点D是AF的中点，
∴S△DOFS△AOF，
∴|k|，且k＞0，
∴k＝9．
故答案为：9．
13．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，于点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为_________．

【答案】
∵A，B两点是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，
∴A(0，4)，B(4，0)，
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB
∴A(2，2)，
又∵P是线段OC上的一个动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴ P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一条线段MN，
∴当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小，
在△AOB中，AO=AN=4，AB=4，
∴NB=4-4
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴2HB2=NB2，
∴HB=4-2，
∴CP'=4-(4-2)-2=2-2

故答案为：．
14．如图，已知在菱形，，，点在上，且，将沿折叠得到，其中交于点，则______________．

【答案】．
解：过B′作B′H∥BC交AE于H，连结BH，BB′交AE于N，过A作AG⊥BC于G，过H作HM⊥BC于M，过F作FR⊥BC交BC延长线于R，
由折叠可知∠AEB=∠AEB′，BE=B′E，B、B′关于AE对称，
∴BB⊥AE，且BN=B′N，
∴AE为BB′的垂直平分线，
∴BH=B′H，
∵B′H∥BC(作法)，
∴∠B′HE=∠AEB，
∴∠B′HE=∠B′EH，
∴HB′=B′E=BH=BE=6，
∴四边形BEB′H为菱形，
∴BH∥B′E，
∴∠HAM=∠FER，
在Rt△FRC中，∠FCR=60°设FC为x，
CR=CFcos60°=，FR=CFsin60°=，
在Rt△ABG中，∠ABG=60°，AB=9，BG=ABcos60°=，AG=ABsin60°=，
∴GE=BE=BG=6-，
在Rt△AGE中，由勾股定理AE=，
由S△ABE=，
∴BN=，
在Rt△NEB中，由勾股定理，
∴HE=2NE=，
由S△BHE=，
∴，
在Rt△BHM中，勾股定理得，
∴tan∠HBM=tan∠FER=，
即，
解得x=．
经检验符合题意，
故答案为．

15．如图，矩形中，，，点E，F将对角线三等分，点P是矩形的边上的动点．则周长的最小值为_________．

【答案】
在Rt△ABC中，，，
∴，
①作点E关于直线AD的对称点M，连接FM交AD与点P，此时△PEF的周长最短，

∵点E，F为对角线三等分点，
∴AE=EF==，EG=GM=，
过点F作FNME于点N，
∵点E，F为对角线三等分点，
∴，
在Rt△EFN中，，，
∴，
∴MN=MG+GE+EN=1+1+1=3，
在Rt△MNF中，，，
∴，
∴△PEF的周长为：EF+EP+PF=EF+PF+PM=EF+FM=；
②作点F关于直线CD的对称点M，连接EM交CD与点P，此时△PEF的周长最短，

∵点E，F为对角线三等分点，
∴CF=EF==，FG=GM=，
过点E作ENMF于点N，
∵点E，F为对角线三等分点，
∴，
在Rt△EFN中，，，
∴，
∴MN=MG+GF+FN=2+2+2=6，
在Rt△MNE中，，，
∴，
∴△PEF的周长为：EF+EP+PF=EF+PF+PM=EF+EM=；
∵>，
∴△PEF的周长最短值为．
故答案为：．
16．如图，A是双曲线上一点，B是x轴正半轴上一点，以AB为直角边向右构造等腰直角三角形ABC，，过点A作轴于点D，以AD为斜边向上构造等腰直角三角形ADE，若点C，点E恰好都落在该双曲线上，与的面积之和为28，则_________．

【答案】36
解：分别过点E作EF⊥x轴于点F，交AD于点M，BG⊥AD，CH⊥AD，垂足分别为G、H，如图所示：

∵△ADE是等腰直角三角形，
∴EM=DM=AM，
∴根据反比例函数的性质可知点A、E的横坐标之比为2∶1，则它们的纵坐标之比为1∶2，
∴，即EM=MF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△ABG≌△CAH(AAS)，
∴BG=AH，
设，
∴，，
∴，
∴点，
∴，
∴，
∴，
∵与的面积之和为28，
∴，
∴，
∴；
故答案为36．
17．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AC为对角线，E为CD边上一点，且DE＝2EC，连接BE交AC于点F，若AB＝6，BC＝8，则△ABF的面积为__．

【答案】
过A作AM⊥BC，交BC于M；过F作FG⊥AB，交AB于点G，延长GF，交DC于H，

∵∠ABC＝60°，AB＝6，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝3
∴AM＝
∴平行四边形面积＝AB•GH＝6GH＝BC•AM＝
∴GH＝
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝6，
∵FG⊥AB
∴FH⊥CD，
∵DE＝2EC，
∴CE＝CD
∵AB∥CD，
∴
∴△ABF∽△CEF
∴
∴FH＝FG，
∴FG＝GH＝
∴S△ABF＝AB•FG＝×6×＝
故答案为：．
18．如图，，，点为平面内一动点，且，点为线段中点，则线段的取值范围为______．

【答案】
解：如图1，连接，取的中点，连接，

点为线段中点，
是的中位线，
，
，，
，
又点为的中点，
，
(1)如图1，当点不共线时，
由三角形的三边关系得：，
即；
(2)如图2，当点共线，且点位于点中间时，

则；
(3)如图3，当点共线，且点位于点中间时，

则；
综上，线段的取值范围为，
故答案为：．
19．如图，等边中，，为中点，，为边上的动点，且，则的最小值是__________．

【答案】
解：如图，作C点关于AB的对称点C'，则C'G＝CG，取BC的中点Q，连接EQ，GQ，B C'，

∵点E是AC的中点，
∴EQ＝AB＝5＝FG，EQ∥AB，
∴四边形EFGQ是平行四边形，
∴EF＝GQ，
∴当点C'，G，Q在同−条线上时，CG＋EF最小，
作C'H⊥BC交BC的延长线于点H，
∵BC＝BC'＝10，∠CBC'＝120°，∠HB C'=60°，
∴HC'＝5，HB＝5，
∴HQ＝10，
∴C'Q＝
∴EF＋CG的最小值是，
故答案为：．
20．如图，在四边形ABCD中，AD＝6，∠C＝60°，连接BD，BD⊥AB且BD＝CD，求四边形ABCD面积的最大值．小明过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，连接DH，则∠AHD的正弦值为___，据此可得四边形ABCD面积的最大值为___．

【答案】
解：∵∠C=60°，BD=CD，
∴为等边三角形，
∴BC=BD，∠CBD=60°，
∵BD⊥AB，CH⊥AB，
∴BD∥CH，
∴，∠HCB=∠BDC=60°，
∴，
∴最大，则最大，
在中，tan∠BHD=，
设BD=2x，则BH=，HD=，
∴sin∠AHD=sin∠BHD=．
作的外接，过点O作OE⊥AD，连接OA，OD，设的半径为R，
∵∠AHD=∠AOD，∠AOE=∠AOD，
∴∠AHD=∠AOE，
∴sin∠AOE= sin∠AHD=，
∴中，AE=AD=3，R=OA= AE÷sin∠AOE=3÷=，
OE=AE÷tan∠AOE=3÷=，
延长EO交于点，E=OE+O=+，
∵当H与重合时，最大，
∴最大值=．
故答案是：，．

21．如图，两地之间有一座山，汽车原来从地到地需经地沿折线行驶，全长．现开通隧道后，汽车直接沿直线行驶，已知，求隧道开通后，汽车从地到地的路程(结果精确到)．参考数据：．

【答案】
过点作，垂足为点，

在中，，
．
在中，，
．
，
．
．
．
在中，，
．
在中，，
．
．
答：汽车从地到地的路程约．
22．一辆汽车在处测得东北方向(北偏东)有一古建筑，汽车向正东方向以每小时40公里的速度行驶1小时到达处时，又观测到古建筑在北偏东方向上，求此时汽车与古建筑相距多少公里？(，，，)

【答案】公里
解：过作，垂足为，过作，交于．
中，，(公里)，
(公里)，
中，，
(公里)，
答：此时汽车与古建筑相距公里．

23．如图，的直径垂直于弦，垂足为点．连接、、．

(1)求证：；
(2)若，，求弧的长．
【答案】(1)见解析；(2)
解：(1)证明：，
，
，
；
(2)连接，
设的半径为，
的直径垂直于弦，，
，，
在中，，即，
解得，，
，
，
，
弧的长．

24．已知的面积为是上的动点，过作的平行线分别交于，设，平行四边形的面积是．

求：(1)与的函数关系式；
(2)当是何值时，有最大或最小值？求出此值．
【答案】(1)；(2)当时，有最大值．
(1)∵ME//AC
∴
∵
，即．，
同理可得：，即
∴
(2)．
-2P<0，
∴当时，有最大值．
25．已知分别与相切于点，延长交直径的延长线于点．


(Ⅰ)如图①，若，求的度数；
(Ⅱ)如图②，在上取一点，连接，当四边形是平行四边形时，求及的大小．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)；
(Ⅰ)是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
(Ⅱ)连接，
，是的切线，
．
∴四边形是平行四边形，
是菱形．
．
，
．
是的切线，
．
．
，
．
．
．
．
又，
是等边三角形．


．

26．已知面积为1的等腰直角三角形的三个顶点均在抛物线y=ax2+bx(a，b为常数，且a＞0)上，其中直角顶点与抛物线顶点重合．
(1)求a的值；
(2)若直线y=t(t≤4)与抛物线y=ax2+bx(a＞0)有公共点．
①求t的取值范围；
②求关于t的函数y=at2+bt(-2＜b＜2)的最大值．
【答案】(1)a=1；(2)①；②16+4b
解：(1)因为抛物线，
顶点坐标为，，，
所以根据抛物线的对称性，面积为1的等腰直角三角形一个顶点，在抛物线上，
，
解得．
(2)①与直线有公共点，
把代入中，
得
由题意，得△，即，
解得，
的取值范围是，
②∵，
∴开口向上，且对称轴为直线，所以抛物线上离对称轴越远的点，对应的函数值越大，
，
对称轴的范围：，
由①知，
，
，
直线离对称轴最远，
开口向上时，抛物线上离对称轴越远的点对应的函数值越大，
所以当时，的最大值为，
综上，函数的最大值为．
27．如图，抛物线与x轴相交于点和点B，交y轴于点C，，点P是抛物线上第一象限内的一动点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作轴交于点D，求线段长度的最大值；
(3)若Q为坐标平面内一点，在(2)的条件下，是否存在点Q，使得以点P、C、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；(2)；(3)(0，)或(0，)或(3，)
解：(1)∵A(-1，0)，则OA=1，
又∵CO=3AO，
∴OC=3，C(0，3)，
把A，C两点的坐标代入y=-x2+bx+c得，
解得：，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
(2)由-x2+2x+3=0得点B(3，0)，设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B(3，0)，C(0，3)代入得，解得：，
∴直线BC的解析式为y=-x+3，
设点P(x，-x2+2x+3)，则点D(x，-x+3)(0＜x＜3)，
∴PD＝(-x2+2x+3)-(-x+3)＝-x2+3x＝，
∴当x＝时，PD有最大值；
(3)由(2)可得：
将x=分别代入y=-x+3和y=-x2+2x+3中，
得y=，y=，
∴D(，)，P(，)，又C(0，3)，
∵以点P、C、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，如图，
若PD为平行四边形的边，
则四边形PDCQ2和四边形PCQ1D为平行四边形，
∴PD=CQ2=CQ1，PD∥CQ2∥CQ1，
可得Q1(0，)，Q2(0，)；
若PD为平行四边形的对角线，
则四边形PCQ3D为平行四边形，
则CP=DQ3，CP∥DQ3，
则Q3(3，)，
综上：点Q的坐标为(0，)或(0，)或(3，)．

28．如图，以的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作．

(1)求证：DE为⊙O的切线；
(2)连接OC交DE于点F，若，求的值．
【答案】(1)见解析；(2)．
(1)证明：如图，连接．

为中点，为中点，
．
，
，即是的切线；
(2)解：如图，连接．
，
∴，
．
为的直径，
．
又为的中点，
．
，
故设，则，．
，
．
，
．
，
．即
．
，
．
29．如图，在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是CA延长线上一点，点E是AB延长线上一点，且AD＝BE，过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G
(1)依题意补全图形；
(2)当∠AED＝α，请你用含α的式子表示∠AGC；
(3)用等式表示线段CG与AD之间的数量关系，并写出证明思路

【答案】(1)见解析；(2)；(3)，见解析
(1)根据题意补全图形如下：
过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G．

(2)证明：当时，．推理如下：
，，
．
，

，
，

，
，

．
(3)．
证明：在AE上截取，连接DM．

∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∵
∴
∴即
∵
∴
∵，
∴,
∴
又∵，
∴
∴
又∵ ，
∴利用勾股定理可得：
∴．
30．如图，中，，，过点作交于点．

(1)求证：；
(2)设．
①以为半径的交边于另一点，点为边上一点，且，连接，求；
②点是线段上一动点(不与、重合)，连接，在点运动过程中，求的最小值．
【答案】(1)见解析；(2)①；②在点运动过程中，的最小值为．
(1)∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
(2)①如图，过点作交于点E，

∵，，
∴的边上的高．
∵，，
∴OC=2OA=OP+PC，
∴OA=OP=PC，
∴AP=OP=PC=OA，
∴△OAP是等边三角形，
∴∠OAP=∠AOP=∠APO=60°，
∵，
∴∠BAP=90°，
∴AP=ABtanB=，
∴，
∵CD=2DA，
∴=；
②作圆心关于的对称点，连接，，

由对称性，垂直平分，，
∴．
又，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即点在圆上．
再过点作于，在点运动过程中，，
在中，
∵，
∴．
当、、三点共线时，取最小值，
此时，，
．
∴在点运动过程中，的最小值为．