中考数学二轮培优训练专题28 定弦定角(解析版)

专题28定弦定角模型的概述：因为同圆或等圆中等弦所对的圆周角相等，所以当弦的长度保持不变和弦所对应的角度大小固定时，动点的轨迹就是圆或者圆弧。如图，已知AB为定线段，P为动点，且∠APB=α，则A、B、P三点必共圆，或称为点P一定在以AB为弦的某一个圆上，且这个圆是固定的，圆心在线段AB的垂直平分线上，动点P的运动轨迹为关于线段AB对称的圆弧上（①∠APB<90°，在线段AB对称的优弧上运动②∠APB>90°，在线段AB对称的劣弧上运动），但不包括A、B两点。定弦定角问题常应用于求线段的“最值”，问题的关键就在于找到运动过程中必存在的定线段，及这条线段关于某一动点的张角为定值，由张角的变化，去寻找这三点所构成的定圆。【练习】如图，已知AB=2，点C为动点，且∠ACB=30°、45°、60°，画点C的运动轨迹，求△ABC外接圆半径。【答案】圆心为两边垂直平分线交点。△ABC外接圆半径根据垂径定理自行求解。动点C的运动轨迹为关于线段AB对称的优弧上，但不包括A、B两点。【提问】在△ABP中,∠P=α,AB=2x.1）求△ABP中AB边所对的高的最值。2）求△ABP面积的最值。【提示】这个模型就是我们所谓的定角定弦模型,也就是在一个三角形中一个角和它的对边保持不变,在AB边固定的同时,虽然∠P的大小不变,但顶点P的位置可以发生变化P,由于同弧所对的圆周角不变,故顶点P可以在△ABP的外接圆的BC这段弦所对的圆弧上运动（不包括B,C两点）。当高线PD过圆心时有最大的高,即h≤OP1+OD.思路：作△ABP的外接圆圆O∵∠AP1B=α∴∠AOB=2α而△AOD≌△BOD∴∠AOD=∠BOD=αAD=BD=x在Rt△AOD中，AO=ADsinα=xsinαDO=AOPC≤P1D=OP1+OD=xsinα+xcosαsinα=xsinS△ABP=12•PC•AB≤12•P1D•AB=12•xsinα(1+cosα【培优过关练】1．（2023秋·江苏常州·九年级统考期末）如图，同一个圆中的两条弦、相交于点E．若，，则与长度之和的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，以为边作等边，则，而，则E在的外接圆上运动，记，所在的圆为，连接，，，，证明，再证明，（当，，三点共线时取等号），再利用弧长公式进行计算即可．【详解】解：如图，以为边作等边，则，而，则E在的外接圆上运动，记，所在的圆为，连接，，，，∴，，∴，∵结合三角形的三边关系可得：，（当，，三点共线时取等号），当时，半径最小，此时半径为，∴此时与的和最小，最小值为：．故选C．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，三角形的三边关系的应用，三角形外接圆的含义，圆周角定理的应用，弧长的计算，确定弧长和取最小值时圆心O的位置是解本题的关键．2．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点在半圆上，半径，，点在弧上移动，连接，作，垂足为，连接，点在移动的过程中，的最小值是______．【答案】【分析】先确定点H的运动轨迹，再根据点与圆的位置关系可得取最小值时，点H的位置，然后利用圆周角定理、线段的和差即可得．【详解】如图，设AD的中点为点E，则由题意得，点H的运动轨迹在以点E为圆心，EA为半径的圆上由点与圆的位置关系得：连接BE，与圆E交于点H，则此时取得最小值，连接BDAB为半圆O的直径故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、点与圆的位置关系、勾股定理等知识点，依据题意，确定点H的运动轨迹，从而得出BH取最小值时，点H的位置是解题关键．3．（2021秋·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考阶段练习）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【分析】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【点睛】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．4．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，已知为等边三角形，，将边绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，点E为上一点，且．连接，则的最小值为__________________．【答案】/【分析】过E作，交于H，根据等边三角形的性质和旋转的性质，得到，进而得到，根据平行线分线段成比例定理，得到，得到，取的中点P，连接，可得点E在以H为圆心，为直径的弧上运动，当B、E、H三点共线时，的长最小，过点B作于Q，利用勾股定理求出，即可得到的最小值．【详解】解：如图，过E作，交于H，为等边三角形，，将边绕点A顺时针旋转，得到线段，，，，，，，，，，，，取的中点P，连接，，即点H为的中点，，，点E在以H为圆心，为直径的弧上运动，为定值2，当B、E、H三点共线时，的长最小，过点B作于Q，为等边三角形，，，，，，即的最小值为故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题关键．5．（2023·江苏苏州·苏州市立达中学校校考一模）如图，是边长为6的等边三角形，是边长为3的等边三角形，直线与直线交于点F，若点D在内，，则______；现将绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段长度的最小值是______．【答案】75【分析】第一个问题证明，推出，可得．第二个问题，如图1中，设交于点T．证明，推出点F在的外接圆上运动，当最小时，的值最小，此时，求出可得结论．【详解】解：∵都是等边三角形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．如图1中，设交于点T．同法可证，∴，∵，∴，∴点F在的外接圆上运动，当最小时，的值最小，此时，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值，故答案为：75，．【点睛】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图，在中，，，D是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆，则C，D两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则．(1)【初步运用】如图，在四边形中，，，求的度数；(2)【方法迁移】如图，已知线段和直线，用直尺和圆规在上作出所有的点，使得（不写作法，保留作图痕迹）；(3)【问题拓展】①如图，已知矩形，，，为上的点．若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______．②如图，在中，，是边上的高，且，，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)①；②【分析】（1）如图所示，取中点E，连接，，则，即可得到A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心，则；（2）先作等边三角形，再以O为圆心，的长为半径画弧与直线l的交点即为所求；（3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则当时满足题意，据此求解即可；②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形，分别求出、即可得到答案．【详解】（1）如图所示，取中点E，连接，，∵，E为的中点，∴，∴A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心，∴；（2）如图所示，、即为所求；（3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则四边形为正方形∵四边形是矩形，∴，∴B在圆O上，，∴，∵OH⊥EF，∴，∴，∴，∴，∴，即．②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形∵，∴，在直角中，∴，∵OE⊥BC，∴，∴，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，矩形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．7．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）【问题提出】我们知道：同弧或等弧所对的圆周角都相等，且等于这条弧所对的圆心角的一半，那么，在一个圆内同一条弦所对的圆周角与圆心角之间又有什么关系呢？【初步思考】(1)如图1，是的弦，，点、分别是优弧和劣弧上的点，则______°，______°．(2)如图2，是的弦，圆心角，点P是上不与A、B重合的一点，求弦所对的圆周角的度数（用m的代数式表示）____________．【问题解决】(3)如图3，已知线段，点C在所在直线的上方，且，用尺规作图的方法作出满足条件的点C所组成的图形（不写作法，保留作图痕迹）．【实际应用】(4)如图4，在边长为的等边三角形中，点E、F分别是边、上的动点，连接、，交于点P，若始终保持，当点E从点A运动到点C时，点P运动的路径长是______．【答案】(1)，(2)或(3)见详解(4)【分析】（1）根据圆周角定理及圆内接四边形对角互补即可得到答案；（2）根据圆周角定理及圆内接四边形对角互补即可得到答案；（3）根据圆内接四边形对角互补可得对角为，根据圆心角等于圆周角两倍即可得到圆心角为画出圆心角即可得到圆心与半径再画圆弧即可得到答案；（4）根据题意易得，即可得到，即可得到答案．【详解】（1）解：∵，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，故答案为：，；（2）解：当点P在优弧上点为，在劣弧上的点为，∵，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，综上所述：弦所对的圆周角的度数为或；（3）解：∵，∴AB所在直线的下方点M，存在，即A、B、P、M四点共圆，作垂直平分线交于点N，以点N为圆心为半径画下圆弧交垂直平分线于一点即为圆心O点，以O为圆心为半径画圆弧；如图所示，满足条件的点C所组成的图形为以O为圆心、OA为半径的．（4）解：由题意可，∵三角形是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴点P的路径是以为弦的圆弧，∴弦所对圆周角为，圆心角为，半径为，∴点P运动的路径长是：．【点睛】本题考查了动点问题，涉及到了辅助圆的知识、一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半、一条弦所对的圆周角相等或互补、圆内接四边形对角互补、尺规作图——作垂线等内容，解题的关键是根据题意找到定角，确定动点轨迹．8．（2021·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，抛物线交x轴于点，，D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为，交直线l：于点E，AP交DE于点F，交y轴于点Q．（1）求抛物线的表达式；（2）设的面积为，的面积为，当时，求点P的坐标；（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）运用待定系数法将，代入，即可求得答案；（2）利用配方法可求得抛物线顶点坐标，由得，再根据与的面积相等，可得，故点F分别是AP、ED的中点，设，，结合中点坐标公式建立方程求解即可；（3）根据题意，分别求出t的最大值和最小值：①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角，以为圆心，为半径作，交抛物线对称轴于点，过点作轴于点H，运用勾股定理即可求得答案，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作交抛物线对称轴于点M，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，运用勾股定理即可求得答案．【详解】解：（1）抛物线交x轴于点，，将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：，解得：，抛物线的表达式为：；（2）如图，D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：，，交直线l：于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为，，设，，又的面积为，的面积为，，，，，即点F分别是AP、ED的中点，又，，，，由中点坐标公式得：，解得：（与“”不符，应舍去），，，，；（3）①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角，则，，以为圆心，为半径作，交抛物线对称轴于点，过点作轴于点H，则，，，，，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作交抛物线对称轴于点M，，经过点C，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，则，，，，，综上所述，．【点睛】此题属于二次函数综合题，考查代数计算问题，涉及勾股定理，三角形全等，二元一次方程和一元二次方程的解及圆的相关知识，属于压轴题类型．9．（2023·陕西西安·校考二模）[发现]如图（1），为的一条弦，点在弦所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道的度数（填“变”或“不变”）；若，则．爱动脑筋的小明猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点是不是在某一个确定的圆上运动呢？[研究]为了解决这个问题，小明先从一个特殊的例子开始研究．如图（2），若，直线上方一点满足，为了画出点所在的圆，小明以为底边构造了一个等腰，再以为圆心，为半径画圆，则点在上．请根据小明的思路在图中完成作图（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）．后来，小明通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论，即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．[应用]（1）如图（3），，平面内一点满足，则面积的最大值为．（2）如图（4），已知正方形，以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点作于点，点是的内心．①；②连接，若正方形的边长为2，求的最小值．【答案】[发现]不变，75[研究]补全图形如图1所示，见解析[应用]（1）（2）①135②【分析】[发现]根据题意，直接得出答案，利用圆周角定理求出；[研究]先作出的垂直平分线，再以垂足为圆心，的一半为半径确定出圆心，即可得出结论；[应用]（1）先确定出的外接圆的半径，再判断出点到的最大距离为3，即可得出结论；（2）①先确定出，再判断出，，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；②先作出的外接圆，进而求出外接圆的半径，进而判断出最小时，点的位置，最后构造直角三角形，即可得出结论．【详解】解：[发现]根据圆周角性质，的度数不变，∵，∴，故答案为：不变，；[研究]补全图形如图1所示，[应用]（1）如图2，设的外接圆的圆心为，连接，，∵，∴，∵，∴，过点作于，∴，在中，设的半径为，则，根据勾股定理得，即，解得或（舍去），∴，，∵点到的最大距离为，∴．故答案为：；（2）①∵，∴，∴，∵点是的内心，∴，分别是和的角平分线，∴，，∴；故答案为：；②如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，，在优弧上取一点Q，连接，，则四边形是的圆内接四边形，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，连接，与相交于点此时，是的最小值，过点作于，，交的延长线于，则四边形是正方形，∴，∴，在中，，∴．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形内心、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解题意，正确构造出所需圆是解本题的关键．10．（2023·安徽合肥·合肥寿春中学校考一模）【问题提出】如图1，为的一条弦，点C在弦所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点C是不是在某个确定的圆上运动呢？【问题探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若，线段上方一点C满足，为了画出点C所在的圆，小芳以为底边构造了一个，再以点O为圆心，为半径画圆，则点C在上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．【模型应用】(1)若，平面内一点C满足，若点C所在圆的圆心为O，则__________，劣弧的长为__________．(2)如图3，已知正方形以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点E作于点F，若点P是的内心．①求的度数；②连接，若正方形的边长为4，求的最小值．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,求得，进而求得，根据可求得，根据即可求出劣弧的长度；（2）①根据已知条件可得，证明，即可求得，根据三角形内角和定理即可求出；②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆，设圆的半径为，则的最小值即为，根据勾股定理即可求得，，从而求得最小值．【详解】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,，，，，，，，∴劣弧的长为故答案为：，；（2）①，，，点是的内心，平分，，，，，，∴；②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆心为，设圆的半径为，则的最小值即为，，设优弧所对的圆心角优角为，则，，，，，，，四边形是正方形，∴，，，∵，，，，．的最小值为．【点睛】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．11．（2023春·广西南宁·九年级校考阶段练习）【问题提出】如图1，为的一条弦，点在弦所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点是不是在某个确定的圆上运动呢？【问题探究】为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若，线段上方一点满足，为了画出点所在的圆，小芳以为底边构造了一个，再以点为圆心，为半径画圆，则点在上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．【模型应用】（1）若，平面内一点满足，若点所在圆的圆心为，则________，半径的长为________．（2）如图3，已知正方形以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点作于点，若点是的内心．①求的度数；②连接，若正方形的边长为，求的最小值．【答案】（1）；（2）①；②【分析】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,求得，进而求得，根据即可求得；（2）①根据已知条件可得，证明，即可求得；②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆，设圆的半径为，则的最小值即为，根据勾股定理即可求得，，从而求得最小值．【详解】（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,，，，，，，，故答案为：；（2）①，，，点是的内心，平分，，，，，；②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆心为，设圆的半径为，则的最小值即为，，设优弧所对的圆心角优角为，则，，，，，，，四边形是正方形，，，，，，，，．的最小值为．【点睛】本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．12．（2023·吉林长春·校考二模）如图，在中，，，，点P在边上（点P与点C不重合），连结，过点C作射线于点Q．(1)当点Q在内部时，求长的取值范围．(2)连结，则长的最小值为．(3)当是等腰三角形时，求的面积．(4)当时，直接写出的长．【答案】(1)(2)(3)或(4)或【分析】（1）根据题意得：当点Q在内部时，，求出时，的长，即可；（2）根据射线，可得点Q在以为直径的圆上运动，如图，取的中点O，连接，，则当点A，Q，O三点共线时，最短，即可；（3）分两种情况讨论：当时；当时，即可求解；（4）分两种情况讨论：当点Q在内部时；当点Q在外部时，即可求解．【详解】（1）解：根据题意得：当点Q在内部时，，∵，，，∴，当，即时，有，∴，解得：，∴，∴当点Q在内部时，长的取值范围为；（2）解：∵射线，∴，∴点Q在以为直径的圆上运动，如图，取的中点O，连接，，则当点A，Q，O三点共线时，最短，∴，，∴，即长的最小值为；故答案为：（3）解：当时，此时点Q为的中点，∴，如图，过点B作于点D，由（1）得：，∴，∴；当时，设交圆O于点E，连接，∵为圆O的直径，∴，∵，∴，∴，∴，由（1）得：，，∴，∴；∴；综上所述，当是等腰三角形时，的面积为或；（4）解：如图，当点Q在内部时，设交圆O于点F，连接，∵为圆O的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，由（1）得：，，∴，∴；如图，当点Q在外部时，设交圆O于点F，连接，∵为圆O的直径，∴，，∵，∴，∴，∴，由（1）得：，，∴，∴；综上所述，的长为或．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解答是解题的关键．13．（2023春·重庆江津·九年级校联考期中）在△中，，，为上一点．(1)如图1，过作于，连接．若平分，，求的长；(2)如图2，以为直角边，点为直角顶点，向右作等腰直角三角形△，将△绕点顺时针旋转，连接，取线段的中点，连接．猜想、的数量关系，并说明理由：(3)如图3，连接，将△沿翻折至△处，在上取点，连接，过点作交于点Q，交于点，连接，若，，当取得最小值时，求△的面积．【答案】(1)(2)，理由见解析(3)【分析】（1）过D作于F，根据角平分线的性质得出，证明是等腰直角三角形，求出，，的长度，也是等腰直角三角形，求出的长，再求出的长，用勾股定理求出即可；（2）延长至点G，使得，连接，证明，，N是线段的中点，利用三角形的中位线的性质得出，即可证明．（3）连接，过点F作于点P，交于点S，则垂直平分，再证明是等腰直角三角形，再证得，可得，从而得到，，可得得到是等边三角形，，∴点G在以为直径的圆上，取的中点O，连接，交圆O于点G，则此时最小，过点G作于点T，则，再由等边三角形的性质和直角三角形的性质可得，，然后根据三角形的面积公式求出面积即可．【详解】（1）解：如图，过D作于F，平分，，，，，中，，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，由勾股定理得，；（2）解：，理由如下：延长至点G，使得，连接，是等腰直角三角形，，，，，，又，，，又，N是线段的中点，是的中位线，，；（3）解：如图，连接，过点F作于点P，交于点S，则垂直平分，，即，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，由折叠的性质得：，，，，是等边三角形，，即，点G在以为直径的圆上，取的中点O，连接，交圆O于点G，则此时最小，过点G作于点T，则，，，，，，的面积为．【点睛】本题考查三角形的全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，图形翻折变换的性质，圆周角定理等，正确画出辅助线及熟练掌握几何相关知识点是解答本题的关键．14．（2023·江苏苏州·统考一模）在边长为8的等边三角形中，为的中点，分别为上任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接交于点，连接．(1)如图1，点与点重合，且的延长线过点，证明：四边形是菱形；(2)如图2，的延长线交于点，当时，求的度数；(3)如图3，为的中点，连接为直线上一动点，连接，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，直接写出线段长度的最小值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）边三角形与旋转的性质证明是等边三角形，得到，再证明，得，，从而得是等边三角形，得到，则有，即可得出结论；（2）过点E作，交于H，连接，证是等边三角形，得到，不规则证明，得到，然后利用等边对等角和三角形内角和与外角性质求解即可；（3）先求出，由折叠知，，则点是在以点E为圆心，为半径的上，再由旋转可知，，所以点G在以的中点为端点，与互相垂直平分的线段上，所以的最小值为，要使最小，则最大，又点F为上的点，所以点F在点D或点A时，最大，即最大，最大值为，即可求解．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，，即，由旋转可得，，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴∵为的中点，是等边三角形，，∴，，∴，∴∴是等边三角形，∴，∴∴四边形是菱形；（2）解：过点E作，交于H，连接，如图，∵是等边三角形，∴∵∴，，∴是等边三角形，∴，由（1）可知，，∵为的中点，等边三角形，∴，∵，∴垂直平分，∴，∴，

设，则，，∴∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：解：∵点E是的中点，∴，∴，由折叠知，，∴点是在以点E为圆心，为半径的上，由旋转可知，，∵点F为上的点，∴点G在以的中点为端点，与互相垂直平分的线段上，∴的最小值为，要使最小，则最大，∵点F为上的点，∴点F在点D或点A时，最大，即最大，如图，最大值为，∴线段长度的最小值为．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，三角形内角和与外角性质，直角三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，本题属三角形综合题目，有一定难度，属中考试压轴题