人教版2021年九年级上册期末“一卷到底”几何部分常考题型复习训练卷 word版，含解析

这是一份人教版2021年九年级上册期末“一卷到底”几何部分常考题型复习训练卷 word版，含解析，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列四个图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AC＝6，以点B为圆心，3为半径作⊙B，则点C与⊙B的位置关系是（ ）
A．点C在⊙B内B．点C在⊙B上C．点C在⊙B外D．无法确定
3．如图，把△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，则下列结论错误的是（ ）
A．BD＝OBB．AB＝CDC．∠AOC＝∠BODD．∠A＝∠C
4．如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
5．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，，则的度数等于（ ）
A．36°B．44°C．54°D．60°
6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ACB＝60°，则∠ABO的大小为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．50°
7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，，则的度数是（ ）
A．130°B．120°C．1l5°D．105°
8．如图，已知⊙P与坐标轴交于点A，B，O三点，点C在圆上，且∠ACO＝60°．若点B坐标为（0，3），则弧OA长为（ ）
A．2πB．3πC．4πD．2π
9．如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA．若AB=4，CD=1，则⊙O的半径为（ ）
A．5B．C．3D．
10．如图，AB和CD是⊙O的两条互相垂直的弦，若AD＝4，BC＝2，则阴影部分的面积是（ ）
A．2π﹣1B．π﹣4C．5π﹣4D．5π﹣8
二、填空题
11．平面直角坐标系中，与点P（5，－2）关于原点对称的点的坐标为________．
12．如图，以点O为圆心的两个同心圆的半径分别等于3和6，大圆的弦AB是小圆的切线，则________．
13．如图，顺时针旋转能与重合，且，则旋转角是__________度.
14．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED．若线段AB＝3，则△ABE的周长等于___．
15．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接BD，则∠ABD＝____°．
16．已知一个圆锥体的三视图如图所示，将这个圆锥的侧面展开为扇形，则这个扇形的圆心角是_____．
17．如图所示，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE的位置，则∠ADE＝___________．
18．如图，的内切圆⊙O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F．若，，，则⊙O的半径等于________．
19．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，若，则的长为______．
20．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，点P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAC＝∠PCB，则线段BP长的最小值是_____．
三、解答题
21．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，连接OP．
求证：OP平分∠AOB．
22．如图，在⊙O中，点C是的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=12，CD=2．求⊙O半径的长．
23．如图，在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点坐标分别为A（1，0），O（0，0），B（2，2）．以点O为旋转中心，将△AOB逆时针旋转90°，得到△A1OB1．
（1）画出△A1OB1；
（2）直接写出点A1和点B1的坐标；
（3）在旋转过程中点B经过的路径的长度为 ．（结果保留π）．
24．如图，D为等边内部一点，，将绕点A逆时针旋转得到，连接ED，并延长ED交BC于点
求证：点F为BC的中点．
25．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E.
(1)求证：BC是⊙D的切线；
(2)若AB＝5，BC＝13，求CE的长．
26．如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝2，CD＝4，求AD的长．
27．如图，AC为圆O的直径，弦AD的延长线与过点C的切线交于点B，E为BC中点，AC= ，BC=4.
（1）求证：DE为圆O的切线；
（2）求阴影部分面积.
28．如图1，在中，，，是边上的两点，且满足．以点为旋转中心，将按逆时针旋转，得到△（点与点重合，点到点处）连接．
（1）求证：；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2＋EC2.
29．如图，在中，，点在边上，点在边上，且是的直径，的平分线与相交于点.
（1）证明：直线是的切线；
（2）连接，若，，求边的长.
30．（1）作图：如图，已知△ABC，∠ACB＜120°，
①作等边△ACD，使得点D，B分别是直线AC异侧的两个点；
②作等边△BCE，使得点E，A分别是直线BC异侧的两个点；
（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）推理：在（1）所作的图中，设直线BD，AE的交点为P，连接PC，
①求∠APD的度数；
②猜想PA，PB，PC与AE之间的等量关系，并证明：
（3）变式：已知△ABC，∠ACB＞120°，按（1）的方法作图后，设直线BD，AE的交点为P，连接PC．测得∠PAB＝15°，PA＝，PB＝，PC＝．求点D到直线AB的距离．
参考答案
1．C
【分析】
根据中心对称图形的概念判断．
【详解】
解：、是中心对称图形，不合题意；
、是中心对称图形，不合题意；
、不是中心对称图形，符合题意；
、是中心对称图形，不合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查的是中心对称图的概念，解题的关键是中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．C
【分析】
欲求点C与⊙B的位置关系，关键是求出BC，再与半径3进行比较．若d＜r，则点在圆内；若d＝r，则点在圆上；若d＞r，则点在圆外．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
∴ ，
有勾股定理得：
，即 ，
解得： ，
∵以点B为圆心，3为半径作⊙B，
∴r＜d，
∴点C在⊙B外．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系，含 角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握直角三角形中， 角所对的直角边等于斜边的一半，点与圆的位置关系的判定是解题的关键．
3．A
【分析】
根据旋转的性质判断即可得解．
【详解】
解：∵△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD，
∴∠A＝∠C，∠AOC＝∠BOD，AB＝CD，OB＝OD，
则B，C，D选项正确，不符合题意；
当时，
∵∠BOD≠90°，
∴BD≠OB
故A选项错误，符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
4．C
【详解】
试题分析：∵DC∥AB，∴∠DCA=∠CAB=65°.
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，∴∠BAE=∠CAD，AC=AD.
∴∠ADC=∠DCA="65°." ∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA="50°." ∴∠BAE=50°．
故选C．
考点：1.面动旋转问题； 2. 平行线的性质；3.旋转的性质；4.等腰三角形的性质．
5．C
【分析】
由OA=OC，可得∠A=∠ACO，根据直径所对的圆周角是直角即可得∠B的度数．
【详解】
∵OA=OC
∴∠A=∠ACO＝36゜
∵AB是⊙O的直径
∴∠ACB=90゜
∴∠B=90゜−∠A=54゜
故选：C．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、直径所对的圆周角是直角，掌握这些性质是关键．
6．A
【分析】
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半可得∠AOB＝120°，再根据三角形内角和定理可得答案．
【详解】
∵∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵AO＝BO，
∴∠ABO＝（180°﹣120°）÷2＝30°，
故选A．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
7．A
【分析】
根据圆内接四边形的性质得出，再根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质的应用，关键是熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质．
8．A
【分析】
根据圆周角定理可知：AB为⊙P的直径，由圆心角和圆周角的关系可得：∠OPA=120°，求得AB=6，根据弧长公式可得结论．
【详解】
解：连接AB、OP，
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙P的直径，
∵∠ACO=60°，
∴∠APO=120°，∠ABO=60°，
∴∠BAO=30°，
∵点B坐标为(0，3)，
∴OB=3，
∴AB=2OB=6，
∴OP=3，
∴的长= =2π，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，弧长公式，坐标与图形的性质，根据弧长公式确定其对应的圆心角和半径是关键．
9．D
【分析】
设⊙O的半径为r，在Rt△ACO中，根据勾股定理列式可求出r的值．
【详解】
设⊙O的半径为r，则OA=r，OC=r-1，
∵OD⊥AB，AB=4，
∴AC=AB=2，
在Rt△ACO中，OA2=AC2+OC2，
∴r2=22+（r-1）2，
r=，
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分弦是解题的关键．
10．B
【分析】
连接AC，连接AO并延长，交⊙O于E点，连接DE，根据垂径定理和圆周角定理，即可求得∠CAB＝∠EAD，得出CB＝DE＝2，将弓形BC旋转到弓形DE的位置两块阴影部分面积之和为半圆面积减去△ADE的面积，据此求得即可．
【详解】
连接AC，连接AO并延长，交⊙O于E点，连接DE，
∵AB⊥CD，
∴∠CAB+∠ACD＝90°，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠AED+∠EAD＝90°，
又∵∠ACD＝∠AED，
∴∠CAB＝∠EAD，
∴CB＝DE＝2，AE ，
将弓形BC旋转到弓形DE的位置两块阴影部分面积之和为半圆面积减去△ADE的面积，
即S ，
故选：B．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，扇形的面积，明确将弓形BC旋转到弓形DE的位置两块阴影部分面积之和为半圆面积减去△ADE的面积是解题的关键．
11．（－5，2）
【分析】
根据“平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【详解】
解：点P（5，－2）关于原点对称的点的坐标为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标的特点，正确记忆横纵坐标的符号是解题的关键．
12．
【分析】
连结OP、OA，如图，根据切线的性质得OP⊥AB，再根据垂径定理得到AP=BP，然后在Rt△AOP中，利用勾股定理可计算出AP=，再利用AB=2AP进行计算即可．
【详解】
解：连接OP、OA，如图，
∵大圆的弦AB是小圆的切线，点P为切点，
∴OP⊥AB，
∴AP=BP，
在Rt△AOP中，∵OP=3，OA=6，
∴AP=，
∴AB=2AP=．
故答案为．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
13．35
【分析】
由△ABC顺时针旋转能与△ADE重合，且∠BAE=70°，即可求得旋转角的度数．
【详解】
解：∵△ABC顺时针旋转能与△ADE重合，且∠BAE=70°，
∴∠BAC=∠DAE=∠BAE=35°．
∴旋转角的大小是35°．
故答案为：35．
【点睛】
本题考查旋转的性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．
14．9
【分析】
根据旋转的性质得出，，得出是等边三角形，进而得出△ABE的周长．
【详解】
解：将绕点顺时针旋转得到，
，，
是等边三角形，
，
△ABE的周长等于9，
故答案为：9．
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是根据旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
15．72
【分析】
根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD＝CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．
【详解】
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠ABC＝∠C＝＝108°，
∵CD＝CB，
∴∠CBD＝＝36°，
∴∠ABD＝∠ABC−∠CBD＝72°，
故答案为72°．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n−2）×180°是解题的关键．
16．216°
【分析】
根据展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长计算．
【详解】
解：观察三视图得：圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，
所以圆锥的母线长为5cm，
，
解得n=216°．
故答案为：216°．
【点睛】
考查了圆锥的计算，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
17．40°40度
【分析】
根据△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，得到△ABC≌△ADE，即可得到∠ADE＝∠B＝40°，问题得解．
【详解】
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，
∴△ABC≌△ADE，
∴∠ADE＝∠B＝40°．
故答案为：40°
【点睛】
本题考查了图形旋转的性质，熟知旋转前后的两个图形全等是解题关键．
18．2
【分析】
连接OE，OD，OF，由切线长定理可得AE=AD，BF=BD，证明四边形OECF是正方形，根据勾股定理求出AB的长，然后根据AD+BD=AB列方程求解即可．
【详解】
解：连接OE，OD，OF，设⊙O的半径为r，
∵⊙O分别与边AB、AC 、BC相切于点D、E、F，
∴OE⊥AC，OD⊥AB，OF⊥BC，AE=AD，BF=BD，
∴∠OEC=∠OFC=90°，
∵∠C=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴EC=FC=r，
∴AE=AD=6-r，BF=BD=8-r，
∵∠C=90°，，，
∴AB==10，
∵AD+BD=AB，
∴6-r+8-r=10，
∴r=2．
故答案为：2．
【点睛】
此题考查了三角形的内切圆的性质、正方形的判定与性质、切线长定理以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．
19．5
【分析】
由题意易得，则有，然后可证，则有，设，则有，进而根据勾股定理可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，
∴，
∵绕点顺时针旋转90°得到，
∴，
∴点G、B、E三点共线，
∵，
∴，
∵AE=AE，
∴，
∴，
设，则有，
∴在Rt△ECF中，由勾股定理可得，
即，
解得：，
∴；
故答案为5．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
20．2．
【分析】
根据已知条件易证∠APC＝90°，根据圆周角定理即可得点P在以AC为直径的⊙O上，连接OB交⊙O于点P，此时PB最小，由此求得PB的长即可.
【详解】
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACP+∠PCB＝90°，
∵∠PAC＝∠PCB
∴∠CAP+∠ACP＝90°，
∴∠APC＝90°，
∴点P在以AC为直径的⊙O上，连接OB交⊙O于点P，此时PB最小，
在Rt△CBO中，∵∠OCB＝90°，BC＝4，OC＝3，
由勾股定理求得OB＝5，
∴PB＝OB﹣OP＝5﹣3＝2．
∴PB最小值为2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
21．见解析
【分析】
由切线的性质得出OA⊥PA，OB⊥PB，证明Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），由全等三角形的性质得出∠AOP＝∠BOP，则可得出结论．
【详解】
证明：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
在Rt△OAP和Rt△OBP中，
，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP＝∠BOP，
即OP平分∠AOB．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
22．10
【详解】
试题分析：连接OA，根据垂径定理求出AD=6，∠ADO=90°，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
试题解析：连接AO，
∵点C是弧AB的中点，半径OC与AB相交于点D，
∴OC⊥AB，
∵AB=12，
∴AD=BD=6，
设⊙O的半径为r，
∵CD=2，
∴在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2=OD2+AD2，
即：r2=（r﹣2）2+62，
∴r=10，
答：⊙O的半径长为10．
23．（1）见解析；（2）A1（0，1），B1（−2，2）；（3）
【分析】
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A1、B1即可；
（2）利用（1）所画图形确定点A1和点B1的坐标；
（3）先计算出OB的长，然后利用弧长公式计算．
【详解】
解：（1）如图，△A1OB1为所作；
（2）A1（0，1），B1（−2，2）；
（3）OB＝，
所以点B旋转到点B1所经过的路径长＝,
故答案为：．
【点睛】
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
24．见解析
【分析】
先利用互余判断出，得到和全等，再用三角形的外角得到即可．
【详解】
证明：如图，
在ED上截取，
由题意可得：，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴点F为BC的中点．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，同角或等角的余角相等、全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．
25．(1)证明详见解析；(2)．
【详解】
试题分析：（1）过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得到AD=DF．根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据切线的性质得到AB=FB．根据和勾股定理列方程即可得到结论．
试题解析：（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵∠BAD=90°，BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
∴BC是⊙D的切线；
（2）解：∵∠BAC=90°．
∴AB与⊙D相切，
∵BC是⊙D的切线，
∴AB=FB．
∵AB=5，BC=13，
∴CF=8，AC=12．
在Rt△DFC中，
设DF=DE=r，则，
解得：r=．
∴CE=．
考点：切线的判定；圆周角定理．
26．（1）；（2）
【分析】
（1）由旋转的性质可得，再根据全等三角形的性质、等式的性质、等边三角形的性质可得，由对顶角相等可得，再根据三角形的内角和定理可得，从而可得；
（2）连接，结合（1）的结论根据等边三角形的性质、全等三角形的性质、角的和差等可求得，再利用勾股定理可求得，从而可得．
【详解】
解：（1）∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，，
∴，即，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）连接，如图：
∵由（1）可知，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等，灵活运用相关定理、添加辅助线是解题的关键．
27．（1）证明见解析；（2）S阴影=4-2π
【分析】
（1）根据斜边中线等于斜边一半得到DE=CE,再利用切线的性质得到∠BCO=90°,最后利用等量代换即可证明,（2）根据S阴影=2S△ECO-S扇形COD即可求解.
【详解】
（1）连接DC、DO.
因为AC为圆O直径，
所以∠ADC=90°，则∠BDC=90°，
因为E为Rt△BDC斜边BC中点，
所以DE=CE=BE=BC，
所以∠DCE=∠EDC,
因为OD=OC，
所以∠DCO=∠CDO.
因为BC为圆O 切线，
所以BC⊥AC，即∠BCO=90°，
所以∠ODE=∠ODC+∠EDC=∠OCD+∠DCE=∠BCO=90°，
所以ED⊥OD，
所以DE为圆O的切线.
（2）S阴影=2S△ECO-S扇形COD=4-2π
【点睛】
本题主要考查切线的性质和判定及扇形面积的计算，掌握切线的判定定理及扇形的面积公式是解题的关键．
28．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先根据可知，再由图形旋转的性质可知，，故可得出，由全等三角形的性质即可得出，故可得出结论；
（2）把逆时针旋转，由于是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点与点重合，，所以，由（1）证，再根据勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：，
，
由旋转而成，
，，
，
在与中，
，
，
；
（2）证明：如图所示：把逆时针旋转，连接，
，，
，
图形旋转后点与点重合，与重合，
，
，
，
在中，，
，
，
同（1）可得，
．
【点睛】
本题考查了图形的旋转及勾股定理、三角形全等，解题的关键是熟知旋转前、后的图形全等．
29．（1）见解析；（2）12
【分析】
（1）连接OD，AD是∠CAB的平分线，以及OA=DO，推出∠CAD=∠ODA,进而得出OD∥AC,最后根据∠C=90°可得出结论；
（2）因为∠B=30°，所以∠CAB=60°，结合（1）可得AC∥OD，证明△ODE是等边三角形，进而求出OA的长．再在Rt△BOD中，利用含30°直角三角形的性质求出BO的长，从而得出结论．
【详解】
解：（1）证明：连接

平分∠CAB，
．
在中，，
．
．
∴AC∥OD．
中，，
，直线为圆的切线；
（2）解：如图，
中，，,
∴．
由（1）可得：AC∥OD，
，
为等边三角形，，
．
由（1）可得，
又，
在中，．
．
【点睛】
本题考查的是切线的判定与性质，等边三角形的判定，含30°的直角三角形的性质等知识，在解答此类题目时要注意添加辅助线，构造直角三角形．
30．（1）①见解析；②见解析；（2）①60°；②AE＝PA+PB+PC，证明见解析；（3）
【分析】
（1）①分别以A和C为圆心，以AC为半径画弧，交于点D，连接CD，AD，则△ACD即为所求作的等边三角形；
②分别以B和C为圆心，以BC为半径画弧，交于点E，连接CE，BE，则△BCE即为所求作的等边三角形；
（2）①利用SAS证明△DCB≌△ACE（SAS），可得∠CDB＝∠ACE，再根据三角形内角和定理可得结论；
②如图2，作辅助线，构建等边三角形和全等三角形，证明△CDM≌△CAP（SAS）和△PCM是等边三角形，可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△CDM≌△CAP（SAS）和△PCM是等边三角形，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，
①分别以A和C为圆心，以AC为半径画弧，交于点D，连接CD，AD，则△ACD即为所求作的等边三角形；
②分别以B和C为圆心，以BC为半径画弧，交于点E，连接CE，BE，则△BCE即为所求作的等边三角形；
（2）①如图2，设BD交AC于点O，
∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠BCA＝∠BCA+∠BCE，
即∠BCD＝∠ACE，
∴△DCB≌△ACE（SAS），
∴∠CDB＝∠CAE，
∵∠COD＝∠AOP，
∴∠APD＝∠ACD＝60°；
②AE＝PA+PB+PC，理由是：
如图2，在PD上截取DM＝AP，
∵DC＝AC，∠CDM＝∠CAP，
∴△CDM≌△CAP（SAS），
∴CM＝PC，∠DCM＝∠ACP，
∵∠ACD＝∠DCM+∠ACM＝60°，
∴∠ACM+∠ACP＝60°，即∠PCM＝60°，
∴△PCM是等边三角形，
∴PM＝PC，
∵BD＝DM+PM+PB＝AE，
∴AE＝PA+PB+PC；
（3）如图3，过点D作DG⊥AB于G，在BD上截取DM＝AP，连接CM，
由（2）同理得：△DCB≌△ACE，
∴BD＝AE，∠CAE＝∠CDB，
∵AC＝CD，AP＝DM，
∴△ACP≌△DCM（SAS），
∴PC＝CM，∠ACP＝∠DCM，
∴∠PCM＝∠ACD＝60°，
∴△PCM是等边三角形，
∴PC＝PM，
∵PA＝，PB＝，PC＝，
∴PA+PB﹣PC＝＝，
∵PA+PB﹣PC＝DM+PB﹣PM＝BD，
∴BD＝，
∵∠APD＝∠ACD＝60°＝∠PAB+∠PBA，
∴∠PBA＝60°﹣15°＝45°，
∵DG⊥AB，
∴∠DGB＝90°，
∴△DGB是等腰直角三角形，
∴DG=BG，
∴DG2+BG2=BD2，即2DG2=BD2，
∴ ，
解得：DG＝ ；
即点D到直线AB的距离是+ ．
【点睛】
此题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的作图，三角形全等的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识，本题运用类比的方法解决问题，正确作出辅助线是解题的关键．