辅助圆题型精讲精练（解析版）

24.4辅助圆一、题型特征：①动点的运动轨迹为圆②圆外一点到圆上一点的距离最短：即圆外一点与圆心连线与圆的交点③常见确定圆的模型：定点定长、定弦定角（参考知识梳理）。二、模型本质：两点之间，线段最短。TOC\o"1-3"\h\u24.4辅助圆 1一、模型搭建 1一、触发隐圆模型的类型 1二、分类题型 3三、对点训练：课堂知识巩固 3一、模型搭建一、触发隐圆模型的类型（1）动点到定点定长模型（共顶点的三条等线段）若P为动点，但AB=AC=AP原理：圆A中，AB=AC=AP则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径备注：常转全等或相似证明出定长（2）直角圆周角模型固定线段AB所对动角∠C恒为90°原理：圆O中，圆周角为90°所对弦是直径则A、B、C三点共圆，AB为直径备注：常通过互余转换等证明出动角恒为直角（3）定边对定角模型固定线段AB所对动角∠P为定值原理：弦AB所对同侧圆周角恒相等则点P运动轨迹为过A、B、C三点的圆备注：点P在优弧、劣弧上运动皆可（4）四点共圆模型①若动角∠A+动角∠C=180°原理：圆内接四边形对角互补则A、B、C、D四点共圆备注：点A与点C在线段AB异侧（5）四点共圆模型②固定线段AB所对同侧动角∠P=∠C原理：弦AB所对同侧圆周角恒相等则A、B、C、P四点共圆备注：点P与点C需在线段AB同侧二、分类题型1．如图，已知中，，，，，过点作的垂线，与的延长线交于点，则的最大值为（

）A．4 B．5 C． D．【答案】C【分析】由，，证明，推出，当有最大值时，有最大值，根据，得到点A、C、B、P四点共圆，若有最大值，则应为直径，由，得到是圆的直径，勾股定理求出，即可得到答案．【详解】解：∵∴∵∴∴∴∴，∴当有最大值时，有最大值，∵，∴点A、C、B、P四点共圆，若有最大值，则应为直径，∵，∴是圆的直径，∴，∴的最大值为，故选：C．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，四点共圆的判定和性质，正确掌握四点共圆的性质是解题的关键．2．如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB∵在中，，点G是DE的中点，∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，∴CF=BF=，FN=FM=又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=又∵，∴∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中，DE=故选：A．【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．3．如图，在中，，点D是边的中点，连接，将沿直线翻折得到，连接．若，则线段的长为．

【答案】//【分析】连接，延长交与点H，作，垂足为F．首先证明垂直平分线段，是直角三角形，利用三角形的面积求出，得到的长，在中，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，连接，延长交与点H，作，垂足为F．

∵在中，，点D是边的中点，，∴．∵，∴．∵，∴，解得．∵将沿直线翻折得到，∴，∴．∵，∴为直角三角形，，∴，∴，∵，∴．∴．∵，∴．故答案为．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求高．4．如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是．【答案】/【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值．【详解】解：如图旋转，连接以为直径作，以为半径作过点作的切线交于点在和中∴点共圆，点共圆，点在上运动，的半径为∴又∵，∴当点运动到点时，到直线距离的最大，过点作，过点作，，∴四边形是矩形，

是圆心，设解得：（舍去）∴故答案为：．【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键．5．如图，在中，点D为上一点，，点E在线段上，，若，，则的最大值为．【答案】/【分析】将绕点逆时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，可知、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、过作，交于，交圆于，过、分别作圆的切线，交于，连接交于，连接、，利用的直角三角形求得，由，与圆相切，可得（SSS），利用其性质证得，计算出，，由，知，可得四边形为平行四边形，则，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号），即可求得的最大值．【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，∵，，∴、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、∴，则，过作，交于，交圆于，过、分别作圆得切线，交于，连接交于，连接、，∵，，∴，，∴，，∵，与圆相切，∴，∴（SSS）∴，∴，，，又∵，∴，∴四边形为平行四边形，∴，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号）∴的最大值为：．故答案为：．【点睛】本题属于几何综合题，考查了四点共圆，垂径定理，切线长定理，解直角三角形，平行四边形的判定及三角形的三边关系，构造辅助线，利用圆的相关性质转化线段长度及角度，构造三角形三边关系是解决问题的关键，属于中考压轴题．6．如图，的内切圆与边切于点，与边相切，且与，的延长线相切（为在内的旁切圆），若，，，则【答案】【分析】连接，，，设与切与点，与切与点，与切于点，证明，，则四点共圆，证明，根据相似三角形性质可得结论．【详解】解：连接，，，设与切与点，与切与点，与切于点，根据切线长定理可得，∵，，∴，∴，同理可得，∴，∴，即，同理可得，∴四点共圆，∴，∴，∴，即，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了切线长定理，四点共圆，相似三角形的判定与性质，根据题意得出四点共圆，并证明出是解题的关键．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【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．【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【点睛】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．如图，已知在扇形中，，半径．P为弧上的动点，过点P作于点M，于点N，点M，N分别在半径上，连接．点D是的外心，则点D运动的路径长为．【答案】．【分析】根据点在弧上运动，其路径也是一段弧，由题意可得，点运动路径所对的圆心角是，连接，取的中点，连接，，根据在和中，点是斜边的中点，可证得点，，，四点均在同一个圆，即上，过点作，垂足为点，由垂径定理，，，可求得，再根据点和点重合，得到点运动路径所对的圆心角是，根据弧长公式可求解．【详解】解：点在弧上运动，其路径也是一段弧，由题意可知，当点与点重合时，，当点与点重合时，，点运动路径所对的圆心角是，如图，连接，取的中点，连接，，在和中，点是斜边的中点，，根据圆的定义可知，点，，，四点均在同一个圆，即上，又，，，，过点作，垂足为点，由垂径定理得，，在中，，，则，，∵是的外接圆的圆心，即：点和点重合，如图2，点是以点为圆心为半径，点运动路径所对的圆心角是，点运动路径所对的圆心角是，点运动的路径长为．故答案是：．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，弧长公式，三角形的外心的性质，理解题意熟悉公式是解题的关键．9．如图，是和的公共斜边，AC=BC，，E是的中点，联结DE、CE、CD，那么．【答案】13【分析】先证明A、C、B、D四点共圆，得到∠DCB与∠BAD的是同弧所对的圆周角的关系，得到∠DCB的度数，再证∠ECB=45°，得出结论．【详解】解：∵AB是Rt△ABC和Rt△ABD的公共斜边，E是AB中点，∴AE=EB=EC=ED，∴A、C、B、D在以E为圆心的圆上，∵∠BAD=32°，∴∠DCB=∠BAD=32°，又∵AC=BC，E是Rt△ABC的中点，∴∠ECB=45°，∴∠ECD=∠ECB-∠DCB=13°．故答案为：13．【点睛】本题考查直角三角形的性质、等腰三角形性质、圆周角定理和四点共圆问题，综合性较强．10．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＝．【答案】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．【详解】∵△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．【点睛】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．11．如图，将绕点顺时针旋转25°得到，EF交BC于点N，连接AN，若，则．【答案】102.5°【分析】先根据旋转的性质得到，，得到点A、N、F、C共圆，再利用，根据平角的性质即可得到答案；【详解】解：如图，AF与CB相交于点O，连接CF，根据旋转的性质得到：AC=AF，，，，∴点A、N、F、C共圆，∴，又∵点A、N、F、C共圆，∴，∴（平角的性质），故答案为：102.5°【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平角的性质、点共圆的判定，掌握平移的性质是解题的关键；12．如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝6，点O为对角线AC的中点，点E在DC的延长线上且CE＝1.5，连接OE，过点O作OF⊥OE交CB延长线于点F，连接FE并延长交AC的延长线于点G，则＝．【答案】【分析】作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，根据三角形中位线定理分别求出OM、ON，根据勾股定理求出OE，根据相似三角形的性质求出FN，得到FC的长，证明△GFC∽△GOE，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到答案．【详解】解：作OM⊥CD于M，ON⊥BC于N，∵四边形ABCD为矩形，∴∠D=90°，∠ABC=90°，∴OM∥AD，ON∥AB，∵点O为AC的中点，∴OM=AD=3，ON=AB=4.5，CM=4.5，CN=3，∵CE=1.5，∴ME=CM+CE=6，在Rt△OME中，OE==3，∵∠MON=90°，∠EOF=90°，∴∠MOE+∠NOE=∠NOF+∠NOE=90°，∴∠MOE=∠NOF，又∠OME=∠ONF=90°，∴△OME∽△ONF，∴，即，解得，FN=9，∴FC=FN+NC=12，∵∠FOE=∠FCE=90°，∴F、O、C、E四点共圆，∴∠GFC=∠GOE，又∠G=∠G，∴△GFC∽△GOE，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．13．如图，设是的三条高，若则线段的长为．【答案】【分析】根据AD，BE，CF为三角形的三条高，可得B，C，E，F四点共圆，证得△AEF∽△ABC，最后根据相似三角形的性质，代入数值进行求解．【详解】解：∵AD，BE，CF为△ABC的三条高，∴B，C，E，F四点共圆，∴△AEF∽△ABC，∴，即cos∠BAC=，∴sin∠BAC=，∴在Rt△ABE中，BE=ABsin∠BAC=6×=，故答案为：.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握相似三角形的判定与性质以及三角函数的知识．14．如图，在四边形中，，对角线平分，，且．

(1)证明：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(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．【详解】（1）证：∵，∴，∵，∴，∴、、、四点共圆，∴；（2）解：∵，∴，∵，平分，∴，∴在中，，∵，∴，，∵、、、四点共圆，∴，∴在中，，∴．【点睛】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．15．问题提出

如图1，点E为等腰内一点，，，将绕着点A逆时针旋转得到，求证：．尝试应用

如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N，M，求证：．问题拓展

如图3，中，，点D，E分别在边，上，，，交于点H．若，，直接写出的长度（用含a，b的式子）．【答案】见解析【分析】问题提出：由旋转的性质可证得，，进而得证，即可利用证明．尝试应用：延长，使，连接，由题意可知、、、四点共圆，可得，进而可得，利用SAS可证得，根据其性质得，，，进而可证得，，即可得证．问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，由，可知、、、、五点共圆，可得，，，根据，，可得，进而得证，可得，则，作交于，则，可求得，，即可求得的长度．【详解】解：问题提出：证明：∵，，将绕着点A逆时针旋转得到，∴，，∴，即：，在与中，，∴．尝试应用：延长，使，连接，∵为等腰直角三角形，∴，，又∵，即：，∴、、、四点共圆，∴，∴，在与中，，∴．∴，，∴，即：，∴∵∴，∴即：．问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，∴，，∵，∴、、、、五点共圆，则：，，，，，又∵，∴，∴，∵，，，∴∴，∵，，，∴∴，∴，则，作交于，则，∵，∴，∴，则：．【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题．16．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，，，请直接写出HG的长．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3)或【分析】（1）先证明是等边三角形得，再证明点A、E、G、F四点共圆，得，从而计算得到，最后在直角三角形GEH中，求出即可得到答案；（2）在射线ED上截取，连接AN，如图3，先证是等边三角形，得，，再证，从而得到，进而得，从而求得结论；（3）分两种情况讨论求解GH的长，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；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．【详解】（1）解：线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，，，是等边三角形，，，∠AED＝60°，，点A、E、G、F四点共圆，，，，，，故答案为：；（2）解：在射线ED上截取，连接AN，如图3，∵，∴是等边三角形，∴，∵，，∴∴，∴，，∵∴，∴，∴；（3）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，，，是等边三角形，，，∠AED＝60°，，点A、E、G、F四点共圆，，，EM=EG，是等边三角形，，，，，，，，，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，，点A、E、G、F四点共圆，，，，NE=EF，是等边三角形，NE=EF=NF=1，，，，，，，，，，综上所述，GH的长为或．【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.17．（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______．（2）小试牛刀：如图2所示，中，，，．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______．（3）尝试应用：如图3所示是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE．①请直接写出DE的最小值．②在①的条件下求的面积．（4）拓展提高：如图4，顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．．，，请求出AE的最小值．【答案】（1）PO，垂线段最短；（2）；（3）①DE的最小值是1；②△BPE的面积为；（4）AE的最小值为．【分析】（1）根据垂线段的性质即可解答；（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，利用面积法即可求解；（3）①根据旋转的性质，旋转前后的图形对应线段、对应角相等，可证得△ABP≌△CBE，得到∠BCE=30°．得到点E在射线CE上，根据“垂线段最短”这一定理，当∠DEC=90°时，DE最短，据此求解即可；②利用勾股定理求得EC=，即AP=，再利用勾股定理先后求得AD、PD、BP的长，即可求解；（4）作出如图的辅助线，先判断出点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当当AE⊥GH时，AE最短，利用相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式即可求解．【详解】解：（1）∵PO⊥直线m，∴从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．故答案为：PO，垂线段最短；（2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，S△ABC=ACBC=ABPC，∴PC=，即CP的最小值为，故答案为：；（3）①由旋转知∠PBE=60°，BP=BE，∴△PBE是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，边长为4，∴AB=BC，∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=30°，BD=CD=2，∴∠ABP=∠CBE，∴△ABP≌△CBE（SAS），∴∠BCE=∠BAD=30°；∵点P为高AD上的一个动点，∴点E在射线CE上，根据“垂线段最短”可知，当DE⊥CE时，DE最短．∵∠BCE=30°，CD=2，∴DE=CD=1，即DE的最小值是1；②由①得CD=2，DE=1，∴CE=，∵△ABP≌△CBE，∴AP=CE，在Rt△BDA中，AB=4，BD=2，∴AD=，∴PD=AD-AP=，∴PB=，∴等边三角形△PBE的高为，∴△BPE的面积为=；（4）过点B作BH⊥AC于点H，则∠BHC=90°，∴∠HBC+∠HCB=90°，∠ACD+∠HCB=90°，∴∠HBC=∠ACD，∵∠EBF=∠ACD，∴∠HBC=∠EBF，此时点F与点C重合，点E与点H重合，∵AB=3，BC=4，∴AC=，∵S△ABC=ABBC=ACBH，∴BH=，∴AH=，取AB中点G，过点G作GI⊥AB交AC于点I，则∠BGI=90°，∴∠GBI=∠BAC，∵∠EBF=∠ACD=∠BAC，∴∠GBI=∠EBF，此时点F与点I重合，点E与点G重合，顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，且，四点共圆，∴点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当AE⊥GH时，AE最短，过点H作HP⊥AB于点P，∴△APH△ABC，∴，即，∴PH=，AP=，∴PG=AG-AP=，∴GH=，∵S△AGH=AGPH=GHAE，∴AE=，∴AE的最小值为．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，等边三角形的判定和性质，四点共圆的判定等知识，解决本题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．18．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，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°＜＜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）2﹣【分析】（1）根据题中各角之间的关系可得：，依据三角形全等的判定定理可证，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：，利用等腰直角三角形的性质得出：，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：，，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：，，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：∵，∴，在△BAE与△CAD中，，∴，∴；（2）证明：由（1）得：，∴，∵，，∴∴点C，点B，点A，点F四点共圆，如图所示：∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；（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，∵，，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴QF的最小值为．【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．19．【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＝4，请直接写出MC的最小值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（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，即CM最小为，建立平面直角坐标系求出即可．【详解】（1）如图1所示，将绕点A逆时针旋转60°得；（2）∵∠BEC＝120°，∴∠BED＝60°，∵，∴∠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°，∴，连接QG取中点N，则且，以点N为圆心MN为半径作N，连接CN，与N交于点，即CM最小为，以点F为原点建立平面直角坐标系，，，，∴,，∴CM最小为．【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．20．“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，正方形中，，且，求证：；（2）如图2，正方形中，，延长交的延长线于点，（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，垂足为点，交于点，连结，求证：．【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，得到，再结合，可得，可得；（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【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，∴∴∴M、D、C三点共线∵∴∴∴∵AB∥CD∴∴∴（2）结论依然成立，把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，∴∴∴M、D、C三点共线∵∴∴∴∵AB∥CD∴∴∴（3）连接EN由（2）得∵∴GQ垂直平分AE∴EN=AN∵∴∴A、D、E、N四点在以AE为直径的同一个圆上，∴．【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．21．如图，已知Rt和Rt，，，，，点在边上，射线交射线于点．（1）如图，当点在边上时，联结．①求证：；②若，求的长；（2）设直线与直线交于点，若为等腰三角形，求的长．【答案】（1）①见解析；②；（2）的长为或【分析】（1）①先证明，再证明，，推导出，得；②由，得，依次求出、、、的长，再根据勾股定理求出的长，再求出的长；（2）分三种情况讨论，一是，可证明，求出AP的长，在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，可证明，则，根据相似三角形的性质可求出BF的长；三是，可证明CE∥AB，此时射线CE与射线没有交点．【详解】（1）①证明：如图1，，，（AA），，，，（AA），，，，，（SAS），，，．②如图1，，，∵∴∠BAE=∠CBA又∵∠AFE=∠BFC（AA），，，，，，，∵∴，，，，∵∠EAC=∠CDE=90°∴C、A、E、D四点共圆，∴∠CEA=∠CDA∴△AEF∽△DCF（AA）∴，∴，即，解得，．（2）如图2，，，，，，，，，，∵∴C、E、A、D四点共圆又∵∠CDE=90°∴∠CAE=90°∴，，，，∴△AFE∽△BFC，如图3，，，，，设交于点，，，，，，，，，，，，，，，；如图4，，则，，，，，，射线与射线没有交点，综上所述，的长为或．【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．22．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，理由见解析；（2）证明见解析【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠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＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，∵∠A＝40°，∴∠E＝20°．故答案为：20°；②，理由如下：∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠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＝∠BAC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠E＝∠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．23．在正方形中，是边上一点，点在射线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．（1）如图1，求证：；（2）如图2，若点，，三点共线，求证：，，，四点共圆；（3）若点，，三点共线，且，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）证明即可得出答案；（2）根据全等三角形的性质以及圆内接四边形对角和为即可得出结论；（3）证明为等腰直角三角形，得出，然后得出，根据圆周角定理可得点在圆上，结论可得．【详解】解：（1）根据旋转的性质可得，，∵，∴，∵，∴，∴；（2）∵，∴，∵点，，三点共线，∴，∴，∴，，，四点共圆；（3）∵，，∴为等腰直角三角形，∴，以点为圆心，为半径作，∵，，∴，∴点在圆上，∴．【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．24．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的两个动点，且，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、，点E、F分别是BC、CD上的两个点，且，AE和BF相交于点P，点M的坐标为，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AEBF，见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）证明，得AE=BF，，再根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）由得到，再利用同角的余角相等，解得，最后90°角所对的弦是直径解答即可；（3）如图，先计算AB=2a，由可得在以为圆心，半径为的圆上，再确定点落在上的两个临界点，即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,，在和中，AE=BF，∵，，∴，AEBFAE=BF，且AEBF；（2）由（1）知，A、D、F、P在以AF为直径的同一个圆上；（3）的中点的坐标为：如图，结合（1）可得：在以为圆心，半径为的圆上，要在以为圆心，半径为的圆上，当外切时，过作于则而如图，当内切时，过作于则同理可得：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：【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．25．如图，在等腰中，，，垂足为，点为边上一点，连接并延长至，使，以为底边作等腰．（1）如图1，若，，求的长；（2）如图2，连接，，点为的中点，连接，过作，垂足为，连接交于点，求证：；（3）如图3，点为平面内不与点重合的任意一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线与直线交于点，为直线上一动点，连接并在的右侧作且，连接，为边上一点，，，当取到最小值时，直线与直线交于点，请直接写出的面积．【答案】(1)；(2)见解析；(3)【分析】(1)过E点作EH⊥AD于H点，在等腰Rt△ABC中求出，再结合已知条件∠ADE=30°求出，最后即可求出进而求出；(2)连接FC，DM，AG，得到MD=，证明NH为△ACG的中位线，得到NG=，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，为半径的圆上运动，进而G、P、C’三点共线时，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，∴，又已知∠ADE=30°，且△DHE为30°，60°，90°直角三角形，∴，∴，∵△ADC为等腰直角三角形，∴；(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=，∵点M和点D分别是BF和BC的中点，∴MD是△BCF的中位线，∴MD=，∵∠CDF=∠CDG+∠GDF=∠CDG+90°，∠ADG=∠CDG+∠CDA=∠CDG+90°，∴∠CDF=∠ADG，在△CDF和△ADG中：，∴△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，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，，∴△ADK’≌△BDK(SAS)，∴∠DAK’=∠DBK，∴∠BPK=∠DAK’+∠AIP=∠DBK+∠BID=180°-∠BDA=180°-90°=90°，又为定值，∴P点在以AB的中点G为圆心，为半径的圆上运动，当G、P、C’三点共线时，有最小值，此时依然满足QC’⊥CC’，故此时有最小值，由已知条件及可知，，∴，∵△QCC’为等腰直角三角形，∴，∵AB∥CC’，∴△BGS∽△CC’S，且∴，且，∴，过C’作C’H⊥BC于H点，则，∴，∵△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：∴，且，又，∴，∴，∴．【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．26．在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P．（1）如图1，当时，连接．①求的面积；②求的值；（2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线．【答案】（1）①10．②．（2）证明见解析部分．【分析】（1）①过点作于．证明四边形是矩形，推出，利用勾股定理求出，可得结论．②利用面积法求出，再利用勾股定理求出，推出，可得结论．（3）如图2中，连接，取的中点，连接，．想办法证明，可得结论．【详解】解：（1）①过点作于．，，，四边形是矩形，，在中，，由旋转的旋转可知，，．②由旋转的性质可知，，，，，，，，．（2）如图2中，连接，取的中点，连接，．，，，，是由旋转得到，，，，，，，，，，，，，，，四点共圆，，，，，、、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．27．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）．【分析】（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．28．如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点．（1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称；（2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得，可证与全等，得到，进一步即可证点和关于直线成轴对称；（2）作出相应辅助线如解析图，可得与全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得，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：∵，，∴，∵，∴，又∵同弧所对圆周角相等，∴，∴，在与中，∴，∴，又，∴点和关于直线成轴对称；（2）如图，延长交于点，连接，，，，∵，，∴、、、四点共圆，、、、四点共圆，∴，，在与中，，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，又，∴，∵与相切，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【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．29．如图，边长为的正方形中，是对角线上的一个动点（点与、不重合），连接，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，与交于点，其延长线与（或延长线）交于点．

（1）连接，证明：；（2）设，，试写出关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）试问当点运动到何处时，的值最小，并求出此时的长．（画出图形，直接写出答案即可）【答案】（1）见解析；（2）；（3）P位置如图所示，此时的值最小，，理由见解析．【分析】（1）结合已知条件，根据旋转的性质证明即可得；（2）结合（1）中所得解结论，证明，建立等式化简即可得；（3）将转化成，三点共线时最小可确定P点位置，再结合（1）所得结论，证明四点共圆，继而根据正方形的对称性证明，即可得解．【详解】解：（1）由题可知，，由旋转的性质：，∴（2）是对角线，是等腰直角三角形，,，是等腰直角三角形，解得：，显然所以有；（3）当时，有最小值，此时，理由如下：连接DP，由正方形的对称性可知，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，结合（1）所以四点共圆有，，结合，所以，代入，所以．【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．30．问题背景：在学习课本例题“矩形ABCD的四个顶点A，B，C，D在同一个圆上”后，小明进行了如下研究：（1）如图1，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°．AC、BD是对角线，取BD的中点O，连接OA，OC，得点A，B，C，D在⊙O上，进而可得∠BAC=∠BDC，请帮小明按照思路补全图形，并写出证明过程；迁移应用：（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠ADB=2∠CAD，证明：AB=2CE；拓展应用：（3）如图3，在Rt中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AC=6，若点D满足AD=AC，点E是CD中点，若CD=4，直接写出BE的值．【答案】（1）图见解析，证明见解析；（2）见解析；（3）或【分析】（1）根据题意正确画出图形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OA=OB=OC=OD，则点、、、共圆，再根据同圆中同弧所对的圆周角相等可得出结论；（2）取的中点，由（1）可知，点、、、在上，过点O作OF⊥于，根据条件证出（AAS），，便可得出；（3）根据题意画出两种不同的图形，由等腰三角形三线合一得∠AEC=90°，CE=2,由（1）得点、、、共圆，过点C作CF⊥BE（或BE的延长线）于点F，根据圆周角定理和解直角三角形的相关知识可依次求出BC、CF、EF、BF，则或．【详解】解：（1）如图，点是的中点在中，．同理．点、、、在上（2）取的中点，由（1）可知，点、、、在上，过点O作OF⊥于，连接，则．∵OF⊥，OA=OB，∴，AB=2BF，∠BFO=90°，，，，，；，（AAS），，即，．（3）在Rt△ABC中，∵AC=6，∠BAC=60°，∴BC=，∵AD=AC，E是CD的中点，CD=4，∴CE=ED=2，AE⊥CD，即∠AEC=90°，又∠ABC=90°，则由（1）知A、B、C、E四点共圆，如下图，过点C作CF⊥BE于点F，∵，∠BAC=60°，∴∠BEC=∠BAC=60°，在Rt△EFC中，EF，FC在Rt△BFC中，，∴．如下图，过点C作CF⊥BE的延长线于点F，∵，∠BAC=60°，∴∠BEC=180°-∠BAC=120°，∠FEC=180°-∠BEC=60°，在Rt△EFC中，EF，FC在Rt△BFC中，，∴．故BE的长为或．【点睛】本题是几何综合问题，考查了四点共圆、圆的性质、直角三角形的性质、解直角三角形等内容，较难，正确作出辅助线是解题的关键．31．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；②．【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＝＝，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＝＝a，CF＝EF＝a，BE＝PE＝a，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＝BC，∵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＝＝，∵CF⊥AD，∠AEC＝45°，∴∠FCE＝∠CEF＝45°，∴CF＝EF＝CE＝1，∴△APC的面积＝×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＝＝a，CF＝EF＝a，∵BP＝a，∠BPE＝45°，∠BEP＝90°，∴BE＝PE＝a，∴AF＝AE﹣EF＝2a+a﹣a＝a+a，PF＝a﹣a，∴CP2＝CF2+PF2＝a2+（a﹣a）2＝a2﹣a2，AC2＝AF2+CF2＝a2+（a+a）2＝a2+a2，∵S△ACP＝×AC×PH＝×AP×CF，∴（AC•PH）2＝（AP•CF）2，∴PH2＝a2，∵（sin∠ACP）2＝＝＝，∴sin∠ACP＝，故答案为：．【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．32．如图，已知，的内切圆分别切边于点直线分别与直线相交于点.求证：．【答案】见解析【分析】连结、、、、，根据三角形外角性质和内心的性质得，再根据切线长定理得到，则，根据三角形内角和定理得到，而，所以，根据四点共圆的判定方法得到、、、四点共圆，于是根据圆周角定理得，；易得，再由得到，又可判断、、、四点共圆，所以，，根据切线长定理得到，则，，而，于是得到点和在以为直径的圆上，根据正弦定理得，所以．【详解】解：证明：连结、、、、，如图，点为的内心，，的内切圆分别切边、于点、，，，，，，、、、四点共圆，，与相切，，，，，、、、四点共圆，，，的内切圆分别切边、于点、，，垂直平分，，，，而，、、、四点共圆，即点和在以为直径的圆上，，．,【点睛】本题考查了四点共圆：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆；若四点连成四边形的对角互补或其中一个外角等于其邻补角的内对角，则这四点共圆．也考查了圆周角定理、三角形内心的性质、切线的性质和正弦定理．三、对点训练：课堂知识巩固1．（2022秋•包头期末）如图，在中，过点作，垂足为点，过点分别作，，垂足分别为，．连接交线段于点，若，，则的值为A． B．4 C． D．6【分析】根据题意可得、、、四点共圆，由圆周角定理可得，，以此可证明，再根据相似三角形的性质即可求解．【解答】解：，，，、、、四点共圆，，，，，即，，，，．故选：．【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理，熟练掌握四点共圆的条件是解题关键．2．（2022•思明区二模）如图，四边形是的内接四边形，点为边上任意一点（不与点，点重合），连接，若，则的度数可以是A． B． C． D．【分析】四边形是的内接四边形，则和互补，已知，则的度数为，而大于的度数，从而得出答案．【解答】解：四边形是的内接四边形，，，，，，可能为．故选：．【点评】本题主要考查了圆内接四边形以及三角形外角的性质，解题的关键是根据圆内接四边形的对角互补求出的度数，再根据外角的性质对的度数做出正确的推断．3．（2023•新抚区模拟）如图，在中，，，，，连接，以为斜边在的右侧作等腰直角，是边上的一点，连接和，当，则长为2．【分析】由得动点在圆上运动，因为是等腰直角三角形且，所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答．【解答】解：以为斜边在的右侧作等腰直角，连接，．，，，，，，在四边形中，，、、、四点共圆，，，，又，，，，，在四边形中，由对角互补模型得，，，，故答案为：2【点评】本题考查了由瓜豆原理来构造三角形相似，涉及四点共圆、对角互补模型、手拉手模型，难度很大．4．（2022秋•萧山区月考）如图，以为公共顶点的和中，，，且点在线段上，则，若，，则．【分析】根据题意可证明、、、四点共圆，可得，设，则，由勾股定理得，设，则，由勾股定理得，再根据，再由勾股定理即可求得的值．【解答】解：，，，、、、四点共圆，，，设，则，在中，由勾股定理得，，，解得：，，设，则，在中，由勾股定理得，，，解得：，，，，，，在中，由勾股定理得．【点评】本题考查了含的直角三角形、勾股定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．5．（2022秋•大丰区期中）如图，中，，，．以为弦的圆分别交、于、两点．点在边上，且满足．若，则的面积的最小值是．【分析】连接，利用四点共圆和同弧所对的圆周角相等证明，从而得到△，当最小时，的面积就最小，作的外接圆，过点作交于点，连接、，，当最小时，就最小，当、、三点共线时，最小，此时，在中，，求出，可得的最小值为，再求，即的面积的最小值为．【解答】解：连接，，，，，，，、、、四点共圆，，，，，，，，△，，，，，边上的高，当最小时，的面积就最小，作的外接圆，过点作交于点，连接、，，，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，，，当最小时，就最小，，当、、三点共线时，最小，此时，，在中，，解得或，，，的最小值为，，的面积的最小值为，故答案为：．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆心角与圆周角的关系，四点共圆的性质，三角形外接圆的性质是解题的关键．6．（2022•靖江市二模）如图，，，点、分别是线段、射线上的动点，以为斜边向上作等腰，，连接，则的最小值为．【分析】连接并延长，利用四点共圆的判定定理得到，，，四点共圆，再利用等腰直角三角形的性质和圆周角定理得到，得到点的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论．【解答】解：连接并延长，如图，，，，，，，，四点共圆，为等腰直角三角形，，，，点的轨迹为的平分线上，垂线段最短，当时，取最小值，的最小值为，故答案为：．【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆的判定圆周角定理，点的轨迹，垂线段的性质，利用已知条件求得点的轨迹是解题的关键．7．（2022春•越秀区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，，，，，点是第一象限内一动点，且，则的最小值为20．【分析】取一点，连接，，，首先利用四点共圆证明，再利用相似三角形的判定与性质证明，进而可得，由于，过点作交于点，勾股定理可得长，进而可得的最小值．【解答】解：如图，取一点，连接，，，，，，，，以为圆心，为半径作，在优弧上取一点，连接，，则，，、、、四点共圆，．，，，，又，，，，，过点作交于点，点，点，，，，，，的最小值是20．故答案为：20．【点评】本题主要四点共圆，相似三角形，勾股定理等，解题关键是利用相似将进行转化．8．（2021秋•鼓楼区校级期中）如图，在的内接四边形中，点在延长线上，若，．【分析】根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角求解．【解答】解：四边形内接于，．故答案为．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角．9．（2021秋•香坊区校级月考）如图，在四边形中，，连接，，过点作，垂足为，若，，，则．【分析】取中点为，连接、，延长交于点，由直角三角形的斜边中线等于斜边的一半得出，从而可得点、、、在以为直径的圆上，利用圆周角的关系定理及可得；再证明，并由勾股定理求得的长；然后再证明，设，利用相似三角形的性质得比例式，解得的值，则可得答案．【解答】解：如图，取中点为，连接、，延长交于点．，，点、、、在以为直径的圆上，，，，，，，又，，，，在中，由勾股定理得：，，，，，，，设，则，，，，解得或（舍去），经检验是原方程的解，．故答案为：．【点评】本题考查了直角三角形的斜边中线性质、四点共圆的判定、相似三角形的判定与性质及求解方程等知识点，证明出点、、、共圆是解题的关键．10．（2023春•永城市期末）如图，点在正方形的边上（不与点，重合），连接，将沿翻折，使点落在点处，作射线交于点，交于点，连接．（1）求证：；（2）过点作交射线于点．①求的度数；②直接写出线段与之间的数量关系．【分析】（1）在与中找对应的边和角相等；（2）①猜想，根据，只要说明，再寻求角角关系；②由猜想是等腰直角三角形，正方形中也可构造等腰直角三角形，利用手拉手模型证明三角形相似．【解答】（1）证明：沿翻折，点落在点处，，，垂直平分，在中，，四边形是正方形，，，在中，，，．（2）解：①由翻折知，．四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，．②连接，，，、、、四点共圆，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，．【点评】本题考查了三角形全等的判断，平行线的性质，三角形相似等知识点，关键要善于联想，大胆猜测，向熟知的题型上靠．11．（2023•江汉区校级模拟）如图，和都是直角三角形，，．（1）如图1，证明：；（2）如图2，延长，交于点，是的中点，连接，证明：；（3）如图3，若，，绕点旋转，当点、、共线时，直接写出的长或．【分析】（1）由题意易得，利用相似三角形的性质得到，再根据同角加等角相等可得，以此即可证明；（2）由可得，以此可证、、、四点共圆（若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆），由圆周角定理得到是该圆的直径，进而得到为圆心，以此即可证明；（3）分两种情况：当在的延长线上时，连接，由含30度角的直角三角形性质可得，，，再利用勾股定理求出，则，由，利用相似三角形的性质即可求出；当在的延长线上时，连接，同理可得：，，，，此时，利用相似三角形的性质即可求解．【解答】（1）证明：，．，，，，即，，；（2）证明：，，即，、、、四点共圆，，是以、、、四点共圆的直径，为的中点，是以、、、四点共圆的圆心，；解：（3）当在的延长线上时，如图，连接，，，，，，，，在中，，在中，，，，，即，；当在的延长线上时，如图，连接，同理可得：，，，，，，，即，．综上，的长为或．故答案为：或．【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、含角的直角三角形、勾股定理，熟练掌握判定三角形相似的方法和相似三角形的性质，并学会利用分类讨论和数形结合的思想解决问题是解题关键．12．（2023春•南岗区期末）已知：，都是锐角的高．（1）如图1，求证：；（2）如图2，延长至，使，连接，，过点作于点，在上取点，使，连接，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，过点作于点，若，，求线段的长．【分析】（1）要证，左边为两角相加，考虑外角；（2）证明即可；（3）由（2）可得是等腰直角三角形，，在直角中，考虑勾股定理和方程思想，对于条件，转化成某条线段的长度．【解答】（1）证明：如图1，设与相交于点，，，，，，（2）解：如图2，，，，，，，．（3）解：如图3，连接，．，，，，，是等腰直角三角形，，，，、、、四点共圆，，，是等腰直角三角形，，，设，则，，，在中，，，或（舍掉），．【点评】此题考查了三角形的性质、三角形全等、解直角三角形、四点共圆、圆的性质、方程思想、转化思想，综合性强，难度性大，尤其第三问，这个条件转化成是关键．13．（2023•青羊区校级模拟）问题提出（1）如图1，正方形，点、分别在边、上，连接与交于点，有，则1；（2）如图2，平行四边形，，，点、分别在边、上，连接与交于点，当时，你能求出的比值吗？请写出求比值的过程；问题解决（3）如图3，四边形，，，，，点在边上，连接与交于点，当时，求的值．【分析】（1）证，得，即可得出结论；（2）证，得，再证，得，则，即可得出结论；（3）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，连接，则四边形是平行四边形，同（2）得，则，再证，得，则，在上取一点，使，连接，证是等边三角形，得，，然后证，得，设，则，，进而由得出方程，求出，即可解决问题．【解答】解：（1）四边形是正方形，，，，，，，在和中，，，，，故答案为：1；（2）能求出的比值为，过程如下：，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，；（3）如图3，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，连接，则四边形是平行四边形，，，，，同（2）得：，，，，，、、、四点共圆，，，，，即，，，，，在上取一点，使，连接，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，设，则，，，，，解得：，，．【点评】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识，本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．14．（2023•梁园区校级三模）如图，矩形中，点为上一点，，点为直线上一个动点，将射线绕点逆时针旋转交直线于点．（1）当为等腰直角三角形时，①如图1，当点落在线段上时，试判断，，的数量关系；②如图2，当点落在射线上时，①中的结论是否变化，若不变，请证明．若变化，请说明理由；（2）如图3，若其他条件不变，中，，，，请直接写出的长．【分析】（1）过点作于点，连接，根据等腰三角形和矩形的性质易得，，，由旋转可知，，于是可得、、、四点在以为直径的圆上，根据等弦所对的圆周角相等得，则，根据等角的余角相等可得，以此可通过证明，得到，易得，利用线段之间关系得到，以此即可得到结论；②仿照①的解法，此时，以此即可得到结论；（2）分两种情况讨论：当点射线上时，过点作于点，连接，易得，于是在中，，，则，在中，，由旋转可知，得到、、、四点在以为直径的圆上，由同弦所对圆周角相等可得，利用等角的余角相等可得，以此可证明，最后利用相似三角形的性质即可求出的值；当点射线上时，仿照上述解题方法即可求解．【解答】解：（1）如图，过点作于点，连接，为等腰直角三角形，，，四边形为矩形，，，，，，由旋转可知，，、、、四点在以为直径的圆上，，为等腰直角三角形，，，，，在和中，，，，，，，，，即；故答案为：；②①中的结论会变化，理由如下：过点作的反向延长线于点，连接，由①可得，，，，，，即；（2）当点射线上时，如图，过点作于点，连接，四边形为矩形，，，，，，即，，，，在中，，，，在中，，由旋转可知，，、、、四点在以为直径的圆上，，，，，，，，即，；当点射线上时，如图，过点作的延长线于点，连接，四边形为矩形，，，，，在中，，，，在△中，，由旋转可知，，、、、四点在以为直径的圆上，，即，，，，即，；综上，的长为或．【点评】本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、四点共圆、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，属于四边形的综合题，解题关键是学会添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．15．（2023•涡阳县二模）如图1，的内角和外角的平分线相交于点，平分并交于点．（1）求证：；（2）若，且，求，（3）如图2，过点作，垂足为，，其中，连接、，求．【分析】（1）利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求证；（2）构造相似三角形得到即可求解；（3）取的中点，过点分别作，，连接、，构造四点共圆，利用相似三角形的判定、性质和直角三角形的性质即可求解．【解答】（1）证明：的内角和外角的平分线相交于点，，，又、分别是、的一个外角，，；（2）连接并延长交于点，则平分，又，，，又，，，，，，，答：的值为；（3）如图，取的中点，过点分别作于，于，连接、，，可设，则，，，又，点是的中点，，，，，，，，是的平分线，，．由（1）（2）知平分，平分．，（小题1中已证），，点、、、四点共圆，，为中点，为圆的直径，，，，，，．【点评】本题考查了角平分线的定义及性质定理、三角形外角的性质、相似三角形的判定与性质、四点共圆的判定与圆的基本性质等知识，解题关键是作辅助线构造相似三角形，本题综合性较强，需要学生具有较强的图形分析能力，且对相应知识点理解到位并熟练运用．16．（2022秋•新华区校级期末）如图内接于，，是的直径，点是延长线上一点，且，．（1）求证：是的切线；（2）求的直径；（3）当点在下方运动时，直接写出内心的运动路线长是．【分析】（1）分别求出，，即可得，从而证明是的切线；（2）由（1）可知，，则，即可求圆的直径是6；（3）设的内切圆圆心为，连接，，，根据内心的性质可得，因此可知点在以为弦，弦所对的圆周角为的圆上，作的外接圆，连接、，再由，可知点在圆上，连接，可得是等边三角形，则，当点与点重合时，，所以内心的运动路线长．【解答】（1）证明：连接，，是圆的直径，，，，，是等边三角形，，，，，，，点在圆上，是的切线；（2）解：由（1）可知，，，，，，，，圆的直径是6；（3）解：设的内切圆圆心为，连接，，，，，是的平分线，是的平分线，，，由（2）可知，，点在以为弦，弦所对的圆周角为的圆上，作的外接圆，连接、，，，，点在圆上，连接，，，是等边三角形，，当点与点重合时，，内心的运动路线长，故答案为：．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形外接圆的性质，切线的判定及性质，三角形内切圆的性质，四点共圆的判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的弧长公式是解题的关键．17．（2022秋•南关区校级期末）【问题情境】如图①，在四边形中，，求证：、、、四点共圆．小吉同学的作法如下：连结，取的中点，连结、，请你帮助小吉补全余下的证明过程；【问题解决】如图②，在正方形中，，点是边的中点，点是边上的一个动点，连结，，作于点．（1）如图②，