2023年中考集训20讲专题06：圆

这是一份2023年中考集训20讲专题06：圆，文件包含专题06圆-老师版docx、专题06圆-学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
专题06：圆-2022年中考数学解题方法终极训练一、单选题1．已知等边三角形ABC．如图，（1）分别以点A，B为圆心，大于的AB长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；（2）作直线MN交AB于点D；（2）分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于H，L两点；（3）作直线HL交AC于点E；（4）直线MN与直线HL相交于点O；（5）连接OA，OB，OC．根据以上作图过程及所作图形，下列结论：①OB＝2OE；②AB＝2OA；③OA＝OB＝OC；④∠DOE＝120°，正确的是（　　）A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．③④【答案】B【解析】根据等边三角形的性质，三角形的外心，三角形的内心的性质一一判断即可．【详解】解：由作图可知，点O是△ABC的外心，∵△ABC是等边三角形，∴点O是△ABC的外心也是内心，∴OB＝2OE，OA＝OB＝OC，∵∠BAC＝60°，∠ADO＝∠AEO＝90°，∴∠DOE＝180°﹣60°＝120°，故①③④正确，故选：B．【点评】本题考查作图−复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点O，连接AO．则下列结论中：①△ABD∽△ACE；②∠COD＝135°；③AO⊥BD；④△AOC面积的最大值为8，其中正确的有（       ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】①由旋转性质证明即可判断；②由①的结论可得，，进而得到，即可判断；③证明为等腰三角形即可判断；④由题意直线BD、CE相交于点，当时，的面积最大，通过勾股定理计算求出最大值，进而进行判断【详解】①由旋转的性质可知：，即故①正确②设相交于点,如图：由①，可得，又故②正确③，可知四点共圆，则即故③正确④设到的距离为， ，以为底边，当最大时候，△AOC面积的才最大，由③可知是等腰三角，,当点到的距离最大时即当时，最大即当旋转角度时，过作于点，如图，由②可知由③可知,由①可知在中，，在中，,在中， 故④不正确综上所述：①②③正确，共计3个故选C【点评】本题考查了图形的旋转，三角形相似的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，等腰三角形性质，勾股定理，正确的作辅助线和熟练的几何基础知识是解题的关键．3．如图，扇形AOD中，，，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），于Q，点I为的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°-135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=．【详解】解：如图，连OI，PI，DI，∵△OPH的内心为I，∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，∴∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH），而PH⊥OD，即∠PHO=90°，∴∠PIO=180°-（∠HOP+∠OPH）=180°-（180°-90°）=135°，在△OPI和△ODI中，，∴△OPI≌△ODI（SAS），∴∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，∵∠DIO=135°，∴∠DP′O=180°-135°=45°，∴∠DO′O=90°，而OD=6，∴OO′=DO′=，∴r的值为，故选D．【点评】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．4．如图，已知矩形的周长为，和分别为和的内切圆，连接，，，，，若，则的长为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，由矩形的对称性知，结合直角三角形内切圆半径与三角形面积间的关系得到x、y、r的关系式，再由推导出x、y、r的关系，从而分别求出r，xy、的值，最后由勾股定理求得EF值.【详解】如图，设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，则AC=∵矩形的周长为，∴x+y=8①∵和分别为和的内切圆，∴②由矩形的对称性知，∵，∴，∴，即③由①、②、③联立方程组，解得：r=1，xy=14，，作EH⊥FH于H，由勾股定理得：=36-32+8=12，∴EF=，故选：B.【点评】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形内切圆性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形内切圆半径与面积、周长间的关系是解答的关键.5．如图，中，，，，点在内，且平分，平分，过点作直线，分别交、于点、，若与相似，则线段的长为（       ）A．5 B． C．5或 D．6【答案】B【解析】分△APQ∽△ABC，△APQ∽△ACB两种情况，结合相似三角形的性质和三角形内切圆求解即可.【详解】解：若△APQ∽△ABC，∴∠APQ=∠ABC，∴PQ∥BC，，∴∠PDB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠PBD=∠CBD，∴∠PBD =∠PDB，∴PB=PD，同理，DQ=CQ，∵，，，∴BC=，设AP=x，根据得,∴AQ=，∴PB=PD=8-x，CQ=DQ=6-，∴PQ=PD+QD=，∴，即，解得：x=，∴PQ=；若△APQ∽△ACB，则，由题意知：D为△ABC的内心，设△ABC的内切圆交AB于M，交AC于N，可知四边形AMDN为正方形，∴∠A=∠AMD=∠AND=∠MDN=90°，∴AM∥DN，AN∥DM，∴∠MPD=∠NDQ，∠MDP=∠NQD，∴△MPD∽△NDQ，∴，∵AB=8，AC=6，BC=10，∴DM=DN==2，∴AM=AN=2，设PM=x，则，∴NQ=，∵，即，解得：x=或-2（舍），∴AP=+2=，∴PQ=AP×BC÷AC=×10÷6=.综上：PQ的值为.故选B.【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形内切圆，角平分线的定义，有一定难度，解题的关键是将三角形相似分两种情况讨论.二、填空题6．如图，在中，，，，过点作的平行线，为直线上一动点，为的外接圆，直线交于点，则的最小值为__________．【答案】2【解析】如图，连接CE．首先证明∠BEC=120°，根据定弦定角，可得点E在以M为圆心，MB为半径的上运动，连接MA交于E′，此时AE′的值最小．【详解】解：如图，连接CE．∵AP∥BC，∴∠PAC=∠ACB=60°，∴∠CEP=∠CAP=60°，∴∠BEC=120°，,为定值，则点E的运动轨迹为一段圆弧如图，点E在以M为圆心，MB为半径的上运动，过点作∴中优弧度数为=240°，则劣弧度数为120°∴△BMC是等腰三角形，∠BMC=120°，∵∠BCM=30°，BC=，∴MB=MC=8，∴连接MA交于E′，此时AE′的值最小．∵∠ACB=60°，∠BCO=30°，∴∠ACM=90°，∴MA==，∴AE的最小值为=．故答案为：2【点评】本题考查三角形的外接圆与外心、平行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．7．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______．【答案】2或4##4或2【解析】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．【详解】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【点评】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．8．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______．【答案】，2．【解析】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．【详解】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．【点评】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．9．如图，已知的半径为2，弦，点为优弧上动点，点为的内心，当点从点向点运动时，点移动的路径长为______．【答案】【解析】连接OB，OA，过O作OD⊥AB，根据垂径定理可得AD=BD=AB=，根据余弦的定义、特殊角的三角函数值及圆周角定理可得∠P=∠AOB=60°，连接IA，IB，根据角平分线的定义得到∠IAB=∠PAB，∠IBA=∠PBA，根据三角形的内角和得到∠AIB=180°−(∠PAB+∠PBA)=120°，设A，B，I三点所在的圆的圆心为O'，连接，，得到=120°，根据等腰三角形的性质得到，连接，可得，解直角三角形可求出的长，根据弧长公式即可得到结论．【详解】连接，，过作，∴，∵，∴sin∠AOD=，∴，，，∴，连接，，∵点为的内心，∴，，∴，∵点为优弧上动点，∴始终等于，∴点在以为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上运动，设，，三点所在的圆的圆心为，连接，，则，∵，∴，连接，∵，∴，∴，点移动的路径长．故答案为：【点评】本题考查垂径定理、圆周角定理、解直角三角形及弧长公式，垂直于弦点直径平分弦，且平分这条弦所对点两条弧；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对点圆心角点一半；熟练掌握相关定理并熟记特殊角的三角函数值及弧长公式是解题关键．10．如图，正方形中，，点为上一点，且，点为边上一动点，连接，过点作，交射线于点，连接，点为中点，连接，则的最小值为________．【答案】【解析】由已知可得AE=3，DE=6，又AB=9，，由勾股定理得BE=，由，，M为PF中点，可知M为四边形BFEP外接圆的圆心，BE为圆M的弦，故圆心M在线段BE的垂直平分线上，作线段BE的垂直平分线GH交BE于G，交CD于H，过点D作于M，此时的线段DM即为所求最小值，过点E作于N，则四边形EGMN为矩形，可得，GE=MN，可证，可得，代入数据得：DN=，又MN=EG=，可得DM的长度．【详解】∵，AD=AB=9，∴AE=3，DE=6，又∵AB=9，，∴BE=，∵，，∴B、F、E、P四点共圆，且PF为直径，∵M为PF中点，∴M为四边形BFEP外接圆的圆心，∵E、B为定点，∴BE为圆M的弦，∴圆心M在线段BE的垂直平分线上，如下图，作线段BE的垂直平分线GH交BE于G，交CD于H，过点D作于M，此时的线段DM即为所求最小值，过点E作于N，则四边形EGMN为矩形，∴，GE=MN,∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，解得：DN=，∵BE=，∴EG= ，∴MN=，∴DM=DN+MN=+=．【点评】本题考查了圆内接四边形，圆的对称性，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理及其逆定理确定四点共圆是解题的关键．三、解答题11．如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交⊙O于点E、D，连接EC、CD．（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；（2）求证：；（3）若，⊙O的半径为3，求OA的长．【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．【解析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；（3）根据正切定义得到，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB，∵点C在⊙O上，∴AB与⊙O相切； （2）连接OC， ∵OC⊥AB，∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，又∵DE为⊙O的直径，∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，∴∠1=∠2，∵OE=OC，∴∠E=∠2，∴∠1=∠E，∵∠B=∠B，∴△BCD∽△BEC，∴，∴BC2=BD•BE；（3）∵，∠ECD=90°，∴，∵⊙O的半径为3，∴OC=OE=3，∵△BCD∽△BEC，∴，设BC=x，∴，∴OB=2x-3，∵∠OCB=90°，∴OC2+BC2=OB2，∴9+x2=（2x-3）2，∴x1=0（舍去），x2=4，∴OA=OB=5．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键．12．如图，在Rt中，，平分交于点，为上一点，经过点，的⊙分别交，于点，连接交于点．（1）求证：是⊙的切线；（2）求证：（3）若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）如图所示，连接，则，根据等边对等角可知，由是的平分线，可得，等量代换得，从而可得，进而得即可得证；（2）连接，，，由（1）及已知条件证明，根据相似三角形的性质即可得证；（3）连接，设的半径为，由（1）知，，根据已知条件，，求得半径,连接，由（2）知，，根据，，进而根据（2）的结论求得．【详解】解：（1）如图所示，连接，则，∴，∵是的平分线，∴，∴，∴，∴，∵点在上，∴是的切线；（2）如图所示，连接，，，∵是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，由（1）知，，∴，∴，∴；（3）如图所示，连接，由（1）知，，∴，设的半径为，则，∵，∴，在中，∵，设则∴，∴，∴，∴，，连接，由（2）知，，，∴，在中，，∴由（2）知，，∴.【点评】本题考查了圆的切线的判定，三角形相似的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数实际应用，添加辅助线，综合运用以上知识是解题的关键．13．已知：如图1，AB是⊙O的直径，DB是⊙O的切线，C是⊙O上的点，连接OD，AC∥OD．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）求证：AB2＝2AC•OD；（3）如图2，AB＝，tan∠ABC＝，连接AD交⊙O于点E，连接BC交OD于点F，求EF的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）先判断出∠COD＝∠BOD，再判断出∠OBD＝90°，进而得出△COD≌△BOD（SAS），即可得出结论；（2）先判断出△ABC∽△ODB，得出AC•OD＝AB•OB，即可得出结论；（3）先判断出BD2＝DE•DA，再判断出△BDF∽△OBF∽△ODB，得出BF2＝OF•DF，BD2＝DF•DO，进而求出AC＝1，BC＝3，进而判断出DF•DO＝DE•DA，即可判断出△DEF∽△DOA，即可得出结论．【详解】（1）证明：如图1，连接OC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，∵AC∥OD，∴∠A＝∠BOD，∠ACO＝∠COD，∴∠COD＝∠BOD，∵DB是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴∠OBD＝90°，∴△COD≌△BOD（SAS），∴∠OCD＝∠OBD＝90°，∴DC是⊙O的切线；（2）连接BC，如图1，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠A＝∠BOD，∠ACB＝∠OBD，∴△ABC∽△ODB，∴，∴AC•OD＝AB•OB，∴AC•OD＝AB•AB，∴AB2＝2AC•DO；（3）如图2，连接BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝∠ACB＝90°，∵∠ABD＝90°，∴△BDE∽△ADB，∴，∴BD2＝DE•DA，∵AC∥OD，∴OD⊥BC，∴△BDF∽△OBF∽△ODB，∴BF2＝OF•DF，BD2＝DF•DO，∵AB＝，tan∠ABC＝＝，∴BC＝3AC，∴BC2+AC2＝AB2，∴9AC2+AC2＝10，∴AC＝1，∴BC＝3，∴OB＝AB＝，BF＝BC＝，OF＝AC＝，∴DB＝，DA＝，OD＝5，DF＝，∴DF•DO＝DE•DA，∴，∵∠EDF＝∠ODA，∴△DEF∽△DOA，∴，∴EF＝．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，作出辅助线，构造出相似三角形是解本题的关键．14．如图，以线段为直径的交边于点D，连接，作平分线交于点F，交于点E，连接，作于点G，连接，．（1）求证：为切线；（2）求证：；（3）若，的面积为S，求的面积（用S的代数式表示）．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）18S．【解析】（1）根据根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠B，再根据直径所对的圆周角的直角、利用等角的余角相等推出∠CAB=90°，即可得到结论（2）连接OD，根据角平分线的性质，利用等角对等边得GD=GA，结合全等得到∠AOG=∠DOG，推出OG是∠AOD的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质即可得到结论；（3）由题意根据相等的角的正切值相等推出边之间的关系，不妨设AD=2a，由直角三角形中的勾股定理推出线段OG=a，DE=，再根据圆周角定理和角之间的互余关系得到△FGO∽△ADE，最后根据相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）证明：由题意可知在⊙O中，∠E=∠B，∵∠CAD=∠E，∴∠CAD=∠B，∵∠B+∠DAB=90°，∴∠CAD+∠DAB=90°，即∠CAB=90°，∴CA⊥AB，∴AC为⊙O切线．（2）如图，连接OD，∵∠ADB=90°，DE平分∠ADB，∴∠ADF=∠BDF=45°，又∵AG⊥DE，∴△AGD是等腰直角三角形，在△OGA和△OGD中，，∴△OGA∽△OGD（SSS），∴∠AOG=∠DOG，∴OG是∠AOD的平分线，∴OG⊥AD．（3）如图，连接OD，由（2）可知OG⊥AD，令其垂足为M，∵∠BAD=∠C，∴tanC=tan∠BAD=2，不妨设AD=2a，则BD=4a，AB=，∴OA=OB=OD=，∵△AGD是等腰直角三角形，且OM⊥AD，∴AM=DM=MG=AD=a，∴AG=DG=AD=，∴MO=，∴OG=MOMG=a，由（1）可知在Rt△AGE和Rt△CAD中，∠E=∠CAD，∴∠GAE=∠C，∴tan∠GAE=tanC=2，∴EG=2AG=，∴DE=DG+EG=，由（2）可知OM⊥AD，BD⊥AD，∴OM∥BD，∴∠FOG=∠B，∠OGF=∠BDF又由（1）可知∠E=∠B，∠ADF=∠BDF=45°∴∠FOG=∠E，∠OGF=∠EAD，∴△FGO∽△ADE，∵，∴，∵S△OFG=S，∴S△DAE=18S．【点评】本题考查切线的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理及解直角三角形，需要善于观察结合图形找到相等的角，根据角的关系推导出边的关系、三角形的形状及相似三角形等，进而求解．15．如图，在平行四边形中，点A、B、D三个点在⊙上，与⊙交于点F，连结并延长交边于点E，点E恰好是的中点．（1）求证：是⊙的切线．（2）若，①求的长．②求阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）①，②【解析】（1）根据垂径定理可得，再结合平行四边形的性质推出，即可得证；（2）①由平行四边形的性质以及垂径定理可推出，，然后在中分别求出，，从而得出结论；②连接，，，然后根据求解即可．【详解】（1）由题意，根据垂径定理，∵四边形平行四边形，∴，∴，∵为半径，∴是⊙的切线；（2）如图，连接，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴在中，，∴，，∴，∴，∴；②如图，连接，，，由题意，，由①可知，，，∴，∵，∴，∴,为等腰直角三角形，∴，∴，由①可知，，，∴，，，，∴，∴阴影部分的面积．【点评】本题考查证明圆的切线，垂径定理，以及与扇形相关的阴影部分面积计算问题，掌握证明切线的方法，熟记扇形的面积计算是解题关键．16．在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．【答案】（1）；（2）；证明见解析；（3）【解析】（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，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；（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值【详解】（1）过点作于点，如图将绕点顺时针旋转120°，得到，是等边三角形，，在中，，（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，点是的中点又四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转120°，得到，是等边三角形，，是等边三角形设，则,，,是等边三角形，即（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，四点共圆由（2）可知，将绕点顺时针旋转120°，得到，是的中点，是的中位线是等腰直角三角形四边形是矩形，设在中，,在中,在中【点评】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．17．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【解析】（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∵,∴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．【点评】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．18．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）．【解析】（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．【详解】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，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，，∴．【点评】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．