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专题02“辅助圆”模型解决最值问题 -【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版 ）
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这是一份专题02“辅助圆”模型解决最值问题 -【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版 ），文件包含专题02“辅助圆”模型解决最值问题解析版docx、专题02“辅助圆”模型解决最值问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。
课前热身
1．（2021•攀枝花）如图，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为
A．2B．C．3D．
【分析】当，，三点共线时，线段的长度最小，求出此时的长度即可．
【解答】解：连接，
点和关于对称，，在以圆心，3为半径的圆上，
当，，三点共线时，最短，，，
，故选：．
【点评】本题主要考查圆的性质，关键是要考虑到点在以为圆心，3为半径的圆上．
2．（2017•黔东南州）如图，正方形中，为中点，，，交于，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】如图，连接、．如图，连接、．首先证明，再证明，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接、．
，，，，
，是等边三角形，，
点是的外接圆的圆心，，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
．
解法二：连接．易知，故选：．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
方法提炼
策略一：角处理的常见策略
“边对角”问题属角的存在性问题特例，具备角处理的通用解法，比如“一线三等角”，“母子型相似”，“整体旋转法”
策略二：“边对角”→辅助圆（本节重点）
由于“边对角”问题的特殊性，又会产生新的特殊解法，常可以构造辅助圆解题，其核心结构如图：
注意：有圆，常有“定边对定角”；反过来，有“定边对定角”常可以构造辅助圆。
策略三：“半角模型”
45°角常与“半角模型”挂钩，可尝试构造解题
典例精析
已知，点，，C为x正半轴上一点，且满足∠ACB=45°，则点C的坐标为
策略一：45°→构造等腰直角三角形→造“一线三直角”
策略二：一个45°→补两个45°→造“一线三等角”
策略三：一个45°→再补一个45°→造“母子型相似”
策略四：“边对角”→辅助圆
策略五：45°→两次对称→正方形中“半角模型”
策略六：45°→等腰直角三角形中“半角模型”
“半角模型”基本结论：
如图，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA=4，OB=6，且∠ACB=30°，求OC的长。
策略一：30°→构直角三角形→造“一线三直角”
策略二：一个30°→再补一个30°→造“母子型相似”
策略三：“定边”AB对“定角”∠ACB→思构辅助圆
如图，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA=8，OB=12，且tan∠ACB=2，求OC的长。
策略一：“定边”AB对“定角”∠ACB→思构辅助圆
策略二：∠ACB→构直角三角形→造“一线三直角”
策略三：构造“母子型相似”
策略四：构造“一线三等角”
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
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。
如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A`MN，连接A`C，则A`C长度的最小值是__________．
【分析】考虑△AMN沿MN所在直线翻折得到△A’MN，可得MA’=MA=1，所以A’轨迹是以M点为圆心，MA为半径的圆弧．连接CM，与圆的交点即为所求的A’，此时A’C的值最小．构造直角△MHC，勾股定理求CM，再减去A’M即可，答案为．
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是__________．
【分析】考虑到将△FCE沿EF翻折得到△FPE，可得P点轨迹是以F点为圆心，FC为半径的圆弧．过F点作FH⊥AB，与圆的交点即为所求P点，此时点P到AB的距离最小．由相似先求FH，再减去FP，即可得到PH．答案为1.2.
如图，已知圆C的半径为3，圆外一定点O满足OC=5，点P为圆C上一动点，经过点O的直线l上有两点A、B，且OA=OB，∠APB=90°，l不经过点C，则AB的最小值为________．
【分析】连接OP，根据△APB为直角三角形且O是斜边AB中点，可得OP是AB的一半，若AB最小，则OP最小即可．连接OC，与圆C交点即为所求点P，此时OP最小，AB也取到最小值．答案为4.
如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，P、Q分别是直线BC、AB上的两个动点，AE=2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF、PD，则PF+PD的最小值是_________．
答案为8.
【分析】F点轨迹是以E点为圆心，EA为半径的圆，作点D关于BC对称点D’，连接PD’，PF+PD化为PF+PD’．连接ED’，与圆的交点为所求F点，与BC交点为所求P点，勾股定理先求ED‘,再减去EF即可．
如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H，若正方形边长为2，则线段DH长度的最小值是________．
【分析】根据条件可知：∠DAG=∠DCG=∠ABE，易证AG⊥BE，即∠AHB=90°，所以H点轨迹是以AB为直径的圆弧当D、H、O共线时，DH取到最小值，勾股定理可求．答案为
如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值是_________．
答案为
【分析】∵∠PBC+∠PBA=90°，∠PBC=∠PAB，∴∠PAB+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，
∴P点轨迹是以AB为直径的圆弧．
当O、P、C共线时，CP取到最小值，勾股定理先求OC，再减去OP即可．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=10，点D是AC上的一个动点，以CD为直径作圆O，连接BD交圆O于点E，则AE的最小值为_________．
【分析】连接CE，由于CD为直径，故∠CED=90°，考虑到CD是动线段，故可以将此题看成定线段CB对直角∠CEB．取CB中点M，所以E点轨迹是以M为圆心、CB为直径的圆弧．连接AM，与圆弧交点即为所求E点，此时AE值最小，．
如图，正方形ABCD的边长为4，动点E、F分别从点A、C同时出发，以相同的速度分别沿AB、CD向终点B、D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为 ．
【分析】首先考虑整个问题中的不变量，仅有AE=CF，BG⊥EF，但∠BGE所对的BE边是不确定的．
重点放在AE=CF，可得EF必过正方形中心O点，连接BD，与EF交点即为O点．
∠BGO为直角且BO边为定直线，故G点轨迹是以BO为直径的圆．记BO中点为M点，当A、G、M共线时，AG取到最小值，利用Rt△AOM勾股定理先求AM，再减去GM即可．答案为
如图，等边△ABC边长为2，E、F分别是BC、CA上两个动点，且BE=CF，连接AE、BF，交点为P点，则CP的最小值为________．
答案为
【分析】由BE=CF可推得△ABE≌△BCF，所以∠APF=60°，但∠APF所对的边AF是变化的．所以考虑∠APB=120°，其对边AB是定值．所以如图所示，P点轨迹是以点O为圆心的圆弧．（构造OA=OB且∠AOB=120°）
当O、P、C共线时，可得CP的最小值，利用Rt△OBC勾股定理求得OC，再减去OP即可．
在△ABC中，AB=4，∠C=60°，∠A>∠B，则BC的长的取值范围是________．
【分析】先作图，如下
答案为：
条件不多，但已经很明显，AB是定值，∠C=60°，即定边对定角．故点C的轨迹是以点O为圆心的圆弧．（作AO=BO且∠AOB=120°）题意要求∠A>∠B，即BC>AC，故点C的轨迹如下图．当BC为直径时，BC取到最大值为，考虑∠A为△ABC中最大角，故BC为最长边，BC>AB=4．无最小值．
如图， AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，AB=10，AC=8．D是弧BC上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点D移动的过程中，BE的最小值为 ．
答案为：
【分析】E是动点，E点由点C向AD作垂线得来，∠AEC=90°，且AC是一条定线段，所以E点轨迹是以AC为直径的圆弧．当B、E、M共线时，BE取到最小值．连接BC，勾股定理求BM，再减去EM即可．
如图，正方形ABCD的边长是4，点E是AD边上一动点，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，点P是AD边上另一动点，则PC+PF的最小值为________．
答案为：
【分析】∠AFB=90°且AB是定线段，故F点轨迹是以AB中点O为圆心、AB为直径的圆．考虑PC+PF是折线段，作点C关于AD的对称点C’，化PC+PF为PC’+PF，当C’、P、F、O共线时，取到最小值．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=4，D是BC上一动点，CE⊥AD于E，EF⊥AB交BC于点F，则CF的最大值是_________．
【分析】∠AEC=90°且AC为定值，故E点轨迹是以AC为直径的圆弧．考虑EF⊥AB，且E点在圆上，故当EF与圆相切的时候，CF取到最大值．
连接OF，易证△OCF≌△OEF，∠COF=30°，故CF可求．答案为
如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为 2﹣2 ．
【解答】解：连结AE，如图1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝，∴AB＝AC＝4，∵AD为直径，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴点E在以AB为直径的⊙O上，∵⊙O的半径为2，∴当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中，∵OA＝2，AC＝4，∴OC＝＝2，∴CE＝OC﹣OE＝2﹣2，即线段CE长度的最小值为2﹣2．故答案为2﹣2．
如图，在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝8，点O、P分别是边AB、AD的中点，点H是边CD上的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小值是 2﹣2 ．
【解答】解：如图，连接EO、PO、OC．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠OAP＝90°，在Rt△OBC中，BC＝8，OB＝2，∴OC＝＝2，在Rt△AOP中，OA＝2，PA＝4，∴OP＝＝2，∵OE＝OC＝2，PE≥OE﹣OP，∴PE的最小值为2﹣2．故答案为2﹣2．
如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝2，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝4，∠ABC＝∠D＝90°，根据勾股定理得，AC＝5，
∵AB＝3，AE＝2，∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，
∵S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG＝AD×CD+AC×h＝×4×3+×5×h＝h+6，
∴要四边形AGCD的面积最小，即：h最小，∵点G是以点E为圆心，BE＝1为半径的圆上在矩形ABCD内部的一部分点，∴EG⊥AC时，h最小，即点E，点G，点H共线．
由折叠知∠EGF＝∠ABC＝90°，延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，在Rt△AEH中，AE＝2，sin∠BAC＝，
∴EH＝AE＝，∴h＝EH﹣EG＝﹣1＝，∴S四边形AGCD最小＝h+6＝+6＝．故答案为：．
已知：正方形中，是的中点，是上一点，且，、交于点，连接，平分交于，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是等腰直角三角形．
【分析】（1）根据全等三角形判定方法得出，进而根据四边形内角和定理得出即可得出答案；
（2）利用已知得出、、、四点共圆，得出，进而得到是的中垂线，再利用，得出即可得出答案．
【解答】证明：（1）在正方形中，，，，
即在和中，，，，
，，（四边形内角和定理），
，，即；
（2）连接，由（1）得，，，
、、、四点共圆（如图所示），，，
在和中，
，，，，
，，又平分交于，是的中垂线，
，，，，，
，，
，，，，，又，
是等腰直角三角形．
定理：图1，如果，那么四边形有外接圆，也叫做，，，四点共圆．（注本定理不需要证明）
（1）图2，中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，是的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明，，，四点共圆．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）
如果将问题2中的点 “分离”成两个点，那么就有：
（2）图3，在凸四边形中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，直线，相交于点，直线，相交于点，直线，相交于点．当点，分别在线段，上运动（不与端点重合）时，探究的外接圆是否经过除点外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）根据外心的性质可知，则，又，由等腰三角形的对称性，得，再根据已知条件证明，可得，，比较等腰与等腰的顶角，可得底角，可证，，，四点共圆；
（2）本题要找出第四个点，使、、、四点共圆，作线段，垂直平分线的交点，由垂直平分线的性质得，，，可证，，进一步证明，可得且，从而有，得到，利用相似得角的等量关系，证明四点共圆．
【解答】证明：（1），，又，，，
在与中，，，，又，
，又，，，，，四点共圆；
（2）由于是将问题2中的点 “分离”成两个点，
根据图形变换的过程，猜测的外接圆一定经过线段，垂直平分线的交点．
下面给予证明：显然，，，且，
，，，，，，四点共圆，，，，四点也共圆，，
，，，四点共圆，即当点和变动时，的外接圆经过除点外的另一个定点．
如图1，直线与两坐标轴交于、，以点为圆心，为半径作小，又以点为圆心、为半径作大交坐标轴于、．
（1）求证：直线是小的切线．
（2）连接，若小以2单位秒的速度沿轴向右平移，大以1单位秒的速度沿射线方向平移，问：经过多少秒后，两圆相切？
（3）如图2，作直线轴交大于，过点作直线，连接、，使，请你探究线段、、三者之间的数量关系．
【分析】（1）过作于，证，推出，代入求出，即可得出直线是小的切线．
（2）设经过秒后两圆相切，则两圆的新圆心均可以表示出来，在分两种情况讨论：外切与内切，根据两圆相切时半径的关系即可求解．
（3）作辅助线连接和，则在中，，同理，，证、、、四点共圆，推出，证出是等边三角形，推出，，求出，证，推出，
由此可容易得出、、三者之间的数量关系．
【解析】（1）直线与两坐标轴交于、，，，，
过作垂直于，则，，，
，，，，，，，
，由勾股定理得：，，，，
直线是小的切线．
（2）小以2单位秒的速度沿轴向右平移，圆心，则移动秒后的圆心变为；
因为，，所以直线的解析式为：，
又因为大以1单位秒的速度沿射线方向平移，圆心，则移动秒后的圆心变为，，①当两圆外切时，两圆心距离为两圆半径的和即：，
解得秒，②当两圆内切时，两圆心距离为两圆半径的差即：，解得秒，
（3）如下图作辅助线：，，在中，，同理，
则，又，，四点共圆，
，，在上截取，连接，，，
是等边三角形，，，，
（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），在和中，，，．、、三者之间的数量关系为：．
（2022•睢阳区模拟）如图，正方形中，，，点坐标为，连接，点为边上一个动点，连接，过点作于点，连接，当取最小值时，点的纵坐标为
A．B．C．D．
【分析】先判断出点的运动轨迹：以中点为圆心，半径的圆弧上，连接，交于点，此时最小，再过点作轴于点，过点作轴于点，通过相似即可求出点的纵坐标．
【解答】解：，，取中点，则点的运动轨迹在以点为圆心，半径的圆弧上，连接，交于点，此时最小，
过点作轴于点，过点作轴于点，则，，，
在中，，，，，即，．故选：．
【点评】本题考查四边形综合，涉及到定长定角构造辅助圆，勾股定理、相似三角形，解题关键是判断出动点的运动轨迹．
（2021秋•潜山市期末）如图，在矩形中，，，点在矩形的内部，连接，，，若，则的最小值是
A．6B．C．D．
【分析】首先证明，得，则点在以为直径的圆上运动，设圆心为，连接交于，此时最小，利用勾股定理求出的长即可．
【解答】解：四边形是矩形，，，，
，，点在以为直径的圆上运动，设圆心为，连接交于，此时最小，
，的最小值为，故选：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理等知识，利用定边对定角确定点的运动路径是解题的关键．
（2021秋•宜兴市期末）如图，在中，，，，为边上的一个动点，为上的一个动点，连接，当时，线段的最小值是
A．B．2C．D．
【分析】根据，得，则，可知点在以为直径的上，连接交于，此时最小，利用勾股定理求出的长，从而得出答案．
【解答】解：，，，，
，点在以为直径的上，连接交于，此时最小，
，，的最小值为，故选：．
【点评】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理等知识，根据题意得出点在以为直径的上是解题的关键．
（2021秋•唐县期末）如图，中，，，，点从点出发，沿运动到点停止，过点作射线的垂线，垂足为，点运动的路径长为
A．B．C．D．
【分析】由，得点在以为直径的上运动，运动路径为，连接，代入弧长公式即可．
【解答】解：，点在以为直径的上运动，运动路径为，连接，
，，，，的长为，
故选：．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，确定点在以为直径的上运动是解题的关键．
（2021•安徽二模）如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为
A．B．C．4D．
【分析】如图，在的上方，作，使得，，连接，过点作于，于．证明点的运动轨迹是以为圆心，为半径的，推出当点落在线段上时，的值最小，想办法求出，，可得结论．
【解答】解：如图，在的上方，作，使得，，连接，过点作于，于．
，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的，当点落在线段上时，的值最小，四边形是矩形，，，，，
，，，，，，，
，，，四边形是矩形，，
，，，，
的最小值，故选：．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，矩形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
（2021•永嘉县校级模拟）如图，，，，，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
A．B．C．D．1
【分析】如图，连接．首先证明，由此推出点在以为圆心，为半径的上运动，连接交于，此时的值最小．
【解答】解：如图，连接．，，，
，点在以为圆心，为半径的上运动，连接交于，此时的值最小．此时与交点为．所对圆周角为，，
△是等腰三角形，，，，，
，．故选：．
【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．
（2019•安徽一模）在中，，，，点是边上一动点，连接交以为直径的圆于点．则线段长度的最小值为
A．1B．C．D．
【分析】作为直径的圆，即可得当、、三点共线时，是最短，也即求的长度即可求．
【解答】解：如图，作以为直径的圆，圆心为点在以为直径的圆上
点也在以为直径的圆上，可得当、、三点共线时，是最短，
，，
故选：．
【点评】此题主要考查勾股定理，圆的性质．利用构造法是解题的关键．
（2017秋•崇安区期末）如图，在中，，，，点是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点，则线段长度的最小值为
A．B．1C．D．
【分析】连接，根据三角形三边关系得到，根据勾股定理求出，计算即可．
【解答】解：连接，以为直径的圆交于点，，点在以为直径的圆上，
连接，，则，，，，由勾股定理得，，线段长度的最小值为，故选：．
【点评】本题考查的是勾股定理，圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
（2017•黔东南州）如图，正方形中，为中点，，，交于，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】如图，连接、．如图，连接、．首先证明，再证明，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接、．
，，，，，是等边三角形，
，点是的外接圆的圆心，，四边形是正方形，
，，，，，
，．解法二：连接．易知，故选：．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
（2016秋•苏州期末）如图，已知等边的边长为8，以为直径的圆交于点．以为圆心，长为半径作图，是上一动点，为的中点，当最大时，的长为
A．B．C．D．12
【分析】点在上运动时，点在以为圆心的圆上运到，要使最大，则过，连接，由是等边三角形，是直径，得到，根据三角形的中位线的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：点在上运动时，点在以为圆心的圆上运动，要使最大，则过，连接，
是等边三角形，是直径，，是的中点，为的中点，
为的中位线，，，，，故，
故选：．
【点评】本题考查了轨迹，等边三角形的性质，圆周角定理，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助圆是解题的关键．
（2021秋•碑林区校级月考）如图，在四边形中，，，，是的中点，连接，则线段长度的最小值为 ．
【分析】先判断出、、、四点共圆，利用圆周角定理，直角三角形的性质得到、，分别取、中点、，连接、、，再利用中位线的性质得到，进而判断出点在以为直径的上．连接，当点恰好落在上时，最小，最后利用等边三角形、勾股定理得到的最小值．
【解答】解：，，、、、四点共圆．
，，，．分别取、中点、，连接、、，点是的中点，，，，，，点在以为直径的上．
连接，当点恰好落在上时，最小，
、分别是、的中点，，，，
，是等边三角形，，，且，
，，，的最小值为．
【点评】本题考查圆的隐形圆综合题，涉及到圆周角定理，中位线，等边三角形，直角三角形的性质，勾股定理，对角互补构造隐形圆，定弦定角构造隐形圆，其中构造圆是解题的关键．
（2020秋•拱墅区校级期末）如图，在等边中，，点，分别在边，上，且，连接，交于点，连接，则 ，的最小值是 ．
【分析】首先证明，推出点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，连接交于，当点与重合时，的值最小．
【解答】解：如图，是等边三角形，，，
，，，又，
，，，
点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，
连接交于，当点与重合时，的值最小，最小值．
故答案为：，．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关性质等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2021•郯城县校级模拟）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为 ．
【分析】由，得点在以为直径的圆上运动，当点与重合时，此时点与重合，当点与重合时，此时点与重合，则点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为的长，然后根据条件求出所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
【解答】解：，，点在以为直径的圆上运动，
以为直径画半圆，连接，
当点与重合时，此时点与重合，当点与重合时，此时点与重合，
点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为的长，
点为的中点，，，，，
，，，所在圆的半径为，圆心角为，
的长为，故答案为：．
【点评】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，弧长公式等知识，确定点的运动路径是解题的关键．
（2021•汉阳区校级模拟）如图，四边形中，，，，则 ．
【分析】过点作于．分别求出，，可得结论．
【解答】解：过点作于．
，，，，，
，，，，，
．故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（2020秋•昭阳区期末）如图，在四边形中，、是对角线，，如果，那么 ．
【分析】由，可得点，，在以点为圆心的圆上，然后由圆周角定理，即可求得答案．
【解答】解：，点，，在以点为圆心的圆上，，
．故答案为：．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题难度适中，解题的关键是得到点，，在以点为圆心的圆上．
（2020秋•闽侯县校级月考）如图，已知四边形中，，，，则 ．
【分析】以为圆心，长为半径作圆，延长交于，连接，在中，由勾股定理即可求出的长．
【解答】解：
，
点，，在以为圆心，长为半径的同一个圆上，以为圆心，长为半径作圆，延长交于，连接，
，
，
，，
是的直径，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，解题的关键是作出以为圆心，长为半径的圆，构建直角三角形，从而求解．
（2020•碑林区校级模拟）如图，等边中，，点、点分别在和上，且，连接、交于点，则的最小值为 ．
【分析】首先证明，推出点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，连接交于，当点与重合时，的值最小．
【解答】解：如图，是等边三角形，
，，
，
，
又，
，
，
，
点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，
连接交于，当点与重合时，的值最小，最小值．
故答案为．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2019秋•高淳区期末）如图，已知：，，，则 ．
【分析】结合题意，可分析得出点、、在以点位圆心，以长为半径的圆周上，即可得出和分别为圆周角和圆心角，且两角对应的弧相等，即可得出，即可得出．
【解答】解：根据题意，可以以点为圆心，以为半径作圆，
即可得出点、、均在圆周上，
故有，
即．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了学生对知识的灵活运用能力和对问题的分析能力，属于常规性试题，是学生练习的很好的题材．
（2019春•杏花岭区校级月考）如图示，，两点的坐标分别为，，点在轴上，且，则点的坐标为 或 ．
【分析】在轴的上方作等腰直角，，，以为圆心，为半径作交轴于，连接，．首先证明，根据，构建方程即可解决问题．
【解答】解：在轴的上方作等腰直角，，，以为圆心，为半径作交轴于，连接，．
，
，，是等腰直角三角形，
，，，设．，
则，
解得或（舍弃）
，
根据对称性可知也符合条件，
综上所述，点的坐标为或．
故答案为或．
【点评】本题考查圆周角定理，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会利用辅助圆解决问题，属于中考常考题型
（2018秋•南浔区期中）如图，已知，，，则的度数为 ．
【分析】先利用圆的定义判断点、、在以点为圆心的圆上，则利用圆周角定理得到，接着计算出，然后再根据圆周角定理得到的度数．
【解答】解：，
点、、在以点为圆心，为半径的圆上；
，
，
．
故答案为．
【点评】本题考查了圆周角定理：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．
（2021秋•武夷山市期末）如图，为线段上一点，分别以、为边在的同侧作等边与等边，连接．
（1）如图1，当时，直接写出与的数量关系为 ；
（2）在（1）的条件下，点关于直线的对称点为，连接、，求证：平分；
（3）现将图1中绕点顺时针旋转一定角度，如图2，点关于直线的对称点为，则（2）中的结论是否成立并证明．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可知，从而得出答案；
（2）由，则，由（1）可得，得，等量代换即可；
（3）根据，则，，都在以为圆心，为半径的圆上，得，同理可得．，从而证明结论．
【解答】解：（1），
与都是等边三角形，
，，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图1，由对称性得，，
，
，
，
由（1）可得，
，
，
即平分；
（3）结论仍然正确，理由如下：
如图，由对称性可知：，
又，
，
，，都在以为圆心，为半径的圆上，
，
同理可得．，
，
平分．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，证明点，，都在以为圆心，为半径的圆上是解题的关键．
（2021秋•盱眙县期末）（1）【学习心得】
小刚同学在学习完“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1，在中，，，是外一点，且，求的度数，若以点为圆心，为半径作辅助圆，则点、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 或135 ．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形中，，，求的数．
小刚同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：的外接圆就是以的中点为圆心，长为半径的圆；的外接圆也是以的中点为圆心，长为半径的圆．这样、、、四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出的度数，请运用小刚的思路解决这个问题．
（3）【问题拓展】
如图3，在中，，是边上的高，且，，求的长．
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由、、、共圆，得出，
（3）如图3，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．利用圆周角定理推知是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得；在等腰中，利用勾股定理得到；则在中，易得，故．
【解答】解：（1）如图1，，，
以点为圆心，点、、必在上，
是的圆心角，而是圆周角，
，
同理，当点在弧上时，．
故答案是：或135；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
点、、、共圆，
，
，
，
（3）如图3，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．
，
．
在中，，
．
，为圆心，
，
．
在中，，，
．
在中，，，
，
．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
（2021•内乡县一模）（1）【学习心得】
于彤同学在学习完“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1，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点为圆心，为半径作辅助，则点、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 45 ．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形中，，，求的数．
（3）【问题拓展】
如图3，如图，，是正方形的边上两个动点，满足．连接交于点，连接交于点．若正方形的边长为2，则线段长度的最小值是 ．
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由、、、共圆，得出，
（3）根据正方形的性质可得，，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，利用“”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，从而得到，然后求出，取的中点，连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当、、三点共线时，的长度最小．
【解答】解：（1）如图1，，，
以点为圆心，为半径作圆，点、、必在上，
是的圆心角，而是圆周角，
，
故答案是：45；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
点、、、共圆，
，
，
，
（3）如图3，在正方形中，，，，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接、，
则，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
最小值．
（解法二：可以理解为点是在，直径的半圆上运动当、、三点共线时，长度最小）
故答案为：．
课前热身
1．（2021•攀枝花）如图，在矩形中，已知，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为
A．2B．C．3D．
【分析】当，，三点共线时，线段的长度最小，求出此时的长度即可．
【解答】解：连接，
点和关于对称，，在以圆心，3为半径的圆上，
当，，三点共线时，最短，，，
，故选：．
【点评】本题主要考查圆的性质，关键是要考虑到点在以为圆心，3为半径的圆上．
2．（2017•黔东南州）如图，正方形中，为中点，，，交于，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】如图，连接、．如图，连接、．首先证明，再证明，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接、．
，，，，
，是等边三角形，，
点是的外接圆的圆心，，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
．
解法二：连接．易知，故选：．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
方法提炼
策略一：角处理的常见策略
“边对角”问题属角的存在性问题特例，具备角处理的通用解法，比如“一线三等角”，“母子型相似”，“整体旋转法”
策略二：“边对角”→辅助圆（本节重点）
由于“边对角”问题的特殊性，又会产生新的特殊解法，常可以构造辅助圆解题，其核心结构如图：
注意：有圆，常有“定边对定角”；反过来，有“定边对定角”常可以构造辅助圆。
策略三：“半角模型”
45°角常与“半角模型”挂钩，可尝试构造解题
典例精析
已知，点，，C为x正半轴上一点，且满足∠ACB=45°，则点C的坐标为
策略一：45°→构造等腰直角三角形→造“一线三直角”
策略二：一个45°→补两个45°→造“一线三等角”
策略三：一个45°→再补一个45°→造“母子型相似”
策略四：“边对角”→辅助圆
策略五：45°→两次对称→正方形中“半角模型”
策略六：45°→等腰直角三角形中“半角模型”
“半角模型”基本结论：
如图，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA=4，OB=6，且∠ACB=30°，求OC的长。
策略一：30°→构直角三角形→造“一线三直角”
策略二：一个30°→再补一个30°→造“母子型相似”
策略三：“定边”AB对“定角”∠ACB→思构辅助圆
如图，在△ABC中，CO⊥AB于点O，OA=8，OB=12，且tan∠ACB=2，求OC的长。
策略一：“定边”AB对“定角”∠ACB→思构辅助圆
策略二：∠ACB→构直角三角形→造“一线三直角”
策略三：构造“母子型相似”
策略四：构造“一线三等角”
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
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。
如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A`MN，连接A`C，则A`C长度的最小值是__________．
【分析】考虑△AMN沿MN所在直线翻折得到△A’MN，可得MA’=MA=1，所以A’轨迹是以M点为圆心，MA为半径的圆弧．连接CM，与圆的交点即为所求的A’，此时A’C的值最小．构造直角△MHC，勾股定理求CM，再减去A’M即可，答案为．
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是__________．
【分析】考虑到将△FCE沿EF翻折得到△FPE，可得P点轨迹是以F点为圆心，FC为半径的圆弧．过F点作FH⊥AB，与圆的交点即为所求P点，此时点P到AB的距离最小．由相似先求FH，再减去FP，即可得到PH．答案为1.2.
如图，已知圆C的半径为3，圆外一定点O满足OC=5，点P为圆C上一动点，经过点O的直线l上有两点A、B，且OA=OB，∠APB=90°，l不经过点C，则AB的最小值为________．
【分析】连接OP，根据△APB为直角三角形且O是斜边AB中点，可得OP是AB的一半，若AB最小，则OP最小即可．连接OC，与圆C交点即为所求点P，此时OP最小，AB也取到最小值．答案为4.
如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，P、Q分别是直线BC、AB上的两个动点，AE=2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF、PD，则PF+PD的最小值是_________．
答案为8.
【分析】F点轨迹是以E点为圆心，EA为半径的圆，作点D关于BC对称点D’，连接PD’，PF+PD化为PF+PD’．连接ED’，与圆的交点为所求F点，与BC交点为所求P点，勾股定理先求ED‘,再减去EF即可．
如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H，若正方形边长为2，则线段DH长度的最小值是________．
【分析】根据条件可知：∠DAG=∠DCG=∠ABE，易证AG⊥BE，即∠AHB=90°，所以H点轨迹是以AB为直径的圆弧当D、H、O共线时，DH取到最小值，勾股定理可求．答案为
如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值是_________．
答案为
【分析】∵∠PBC+∠PBA=90°，∠PBC=∠PAB，∴∠PAB+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，
∴P点轨迹是以AB为直径的圆弧．
当O、P、C共线时，CP取到最小值，勾股定理先求OC，再减去OP即可．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=10，点D是AC上的一个动点，以CD为直径作圆O，连接BD交圆O于点E，则AE的最小值为_________．
【分析】连接CE，由于CD为直径，故∠CED=90°，考虑到CD是动线段，故可以将此题看成定线段CB对直角∠CEB．取CB中点M，所以E点轨迹是以M为圆心、CB为直径的圆弧．连接AM，与圆弧交点即为所求E点，此时AE值最小，．
如图，正方形ABCD的边长为4，动点E、F分别从点A、C同时出发，以相同的速度分别沿AB、CD向终点B、D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为 ．
【分析】首先考虑整个问题中的不变量，仅有AE=CF，BG⊥EF，但∠BGE所对的BE边是不确定的．
重点放在AE=CF，可得EF必过正方形中心O点，连接BD，与EF交点即为O点．
∠BGO为直角且BO边为定直线，故G点轨迹是以BO为直径的圆．记BO中点为M点，当A、G、M共线时，AG取到最小值，利用Rt△AOM勾股定理先求AM，再减去GM即可．答案为
如图，等边△ABC边长为2，E、F分别是BC、CA上两个动点，且BE=CF，连接AE、BF，交点为P点，则CP的最小值为________．
答案为
【分析】由BE=CF可推得△ABE≌△BCF，所以∠APF=60°，但∠APF所对的边AF是变化的．所以考虑∠APB=120°，其对边AB是定值．所以如图所示，P点轨迹是以点O为圆心的圆弧．（构造OA=OB且∠AOB=120°）
当O、P、C共线时，可得CP的最小值，利用Rt△OBC勾股定理求得OC，再减去OP即可．
在△ABC中，AB=4，∠C=60°，∠A>∠B，则BC的长的取值范围是________．
【分析】先作图，如下
答案为：
条件不多，但已经很明显，AB是定值，∠C=60°，即定边对定角．故点C的轨迹是以点O为圆心的圆弧．（作AO=BO且∠AOB=120°）题意要求∠A>∠B，即BC>AC，故点C的轨迹如下图．当BC为直径时，BC取到最大值为，考虑∠A为△ABC中最大角，故BC为最长边，BC>AB=4．无最小值．
如图， AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，AB=10，AC=8．D是弧BC上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE．在点D移动的过程中，BE的最小值为 ．
答案为：
【分析】E是动点，E点由点C向AD作垂线得来，∠AEC=90°，且AC是一条定线段，所以E点轨迹是以AC为直径的圆弧．当B、E、M共线时，BE取到最小值．连接BC，勾股定理求BM，再减去EM即可．
如图，正方形ABCD的边长是4，点E是AD边上一动点，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，点P是AD边上另一动点，则PC+PF的最小值为________．
答案为：
【分析】∠AFB=90°且AB是定线段，故F点轨迹是以AB中点O为圆心、AB为直径的圆．考虑PC+PF是折线段，作点C关于AD的对称点C’，化PC+PF为PC’+PF，当C’、P、F、O共线时，取到最小值．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=4，D是BC上一动点，CE⊥AD于E，EF⊥AB交BC于点F，则CF的最大值是_________．
【分析】∠AEC=90°且AC为定值，故E点轨迹是以AC为直径的圆弧．考虑EF⊥AB，且E点在圆上，故当EF与圆相切的时候，CF取到最大值．
连接OF，易证△OCF≌△OEF，∠COF=30°，故CF可求．答案为
如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为 2﹣2 ．
【解答】解：连结AE，如图1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝，∴AB＝AC＝4，∵AD为直径，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴点E在以AB为直径的⊙O上，∵⊙O的半径为2，∴当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中，∵OA＝2，AC＝4，∴OC＝＝2，∴CE＝OC﹣OE＝2﹣2，即线段CE长度的最小值为2﹣2．故答案为2﹣2．
如图，在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝8，点O、P分别是边AB、AD的中点，点H是边CD上的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小值是 2﹣2 ．
【解答】解：如图，连接EO、PO、OC．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠OAP＝90°，在Rt△OBC中，BC＝8，OB＝2，∴OC＝＝2，在Rt△AOP中，OA＝2，PA＝4，∴OP＝＝2，∵OE＝OC＝2，PE≥OE﹣OP，∴PE的最小值为2﹣2．故答案为2﹣2．
如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝2，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝4，∠ABC＝∠D＝90°，根据勾股定理得，AC＝5，
∵AB＝3，AE＝2，∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，
∵S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG＝AD×CD+AC×h＝×4×3+×5×h＝h+6，
∴要四边形AGCD的面积最小，即：h最小，∵点G是以点E为圆心，BE＝1为半径的圆上在矩形ABCD内部的一部分点，∴EG⊥AC时，h最小，即点E，点G，点H共线．
由折叠知∠EGF＝∠ABC＝90°，延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，在Rt△AEH中，AE＝2，sin∠BAC＝，
∴EH＝AE＝，∴h＝EH﹣EG＝﹣1＝，∴S四边形AGCD最小＝h+6＝+6＝．故答案为：．
已知：正方形中，是的中点，是上一点，且，、交于点，连接，平分交于，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是等腰直角三角形．
【分析】（1）根据全等三角形判定方法得出，进而根据四边形内角和定理得出即可得出答案；
（2）利用已知得出、、、四点共圆，得出，进而得到是的中垂线，再利用，得出即可得出答案．
【解答】证明：（1）在正方形中，，，，
即在和中，，，，
，，（四边形内角和定理），
，，即；
（2）连接，由（1）得，，，
、、、四点共圆（如图所示），，，
在和中，
，，，，
，，又平分交于，是的中垂线，
，，，，，
，，
，，，，，又，
是等腰直角三角形．
定理：图1，如果，那么四边形有外接圆，也叫做，，，四点共圆．（注本定理不需要证明）
（1）图2，中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，是的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明，，，四点共圆．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）
如果将问题2中的点 “分离”成两个点，那么就有：
（2）图3，在凸四边形中，，点，分别在线段，上运动（不与端点重合），而且，直线，相交于点，直线，相交于点，直线，相交于点．当点，分别在线段，上运动（不与端点重合）时，探究的外接圆是否经过除点外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）根据外心的性质可知，则，又，由等腰三角形的对称性，得，再根据已知条件证明，可得，，比较等腰与等腰的顶角，可得底角，可证，，，四点共圆；
（2）本题要找出第四个点，使、、、四点共圆，作线段，垂直平分线的交点，由垂直平分线的性质得，，，可证，，进一步证明，可得且，从而有，得到，利用相似得角的等量关系，证明四点共圆．
【解答】证明：（1），，又，，，
在与中，，，，又，
，又，，，，，四点共圆；
（2）由于是将问题2中的点 “分离”成两个点，
根据图形变换的过程，猜测的外接圆一定经过线段，垂直平分线的交点．
下面给予证明：显然，，，且，
，，，，，，四点共圆，，，，四点也共圆，，
，，，四点共圆，即当点和变动时，的外接圆经过除点外的另一个定点．
如图1，直线与两坐标轴交于、，以点为圆心，为半径作小，又以点为圆心、为半径作大交坐标轴于、．
（1）求证：直线是小的切线．
（2）连接，若小以2单位秒的速度沿轴向右平移，大以1单位秒的速度沿射线方向平移，问：经过多少秒后，两圆相切？
（3）如图2，作直线轴交大于，过点作直线，连接、，使，请你探究线段、、三者之间的数量关系．
【分析】（1）过作于，证，推出，代入求出，即可得出直线是小的切线．
（2）设经过秒后两圆相切，则两圆的新圆心均可以表示出来，在分两种情况讨论：外切与内切，根据两圆相切时半径的关系即可求解．
（3）作辅助线连接和，则在中，，同理，，证、、、四点共圆，推出，证出是等边三角形，推出，，求出，证，推出，
由此可容易得出、、三者之间的数量关系．
【解析】（1）直线与两坐标轴交于、，，，，
过作垂直于，则，，，
，，，，，，，
，由勾股定理得：，，，，
直线是小的切线．
（2）小以2单位秒的速度沿轴向右平移，圆心，则移动秒后的圆心变为；
因为，，所以直线的解析式为：，
又因为大以1单位秒的速度沿射线方向平移，圆心，则移动秒后的圆心变为，，①当两圆外切时，两圆心距离为两圆半径的和即：，
解得秒，②当两圆内切时，两圆心距离为两圆半径的差即：，解得秒，
（3）如下图作辅助线：，，在中，，同理，
则，又，，四点共圆，
，，在上截取，连接，，，
是等边三角形，，，，
（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），在和中，，，．、、三者之间的数量关系为：．
（2022•睢阳区模拟）如图，正方形中，，，点坐标为，连接，点为边上一个动点，连接，过点作于点，连接，当取最小值时，点的纵坐标为
A．B．C．D．
【分析】先判断出点的运动轨迹：以中点为圆心，半径的圆弧上，连接，交于点，此时最小，再过点作轴于点，过点作轴于点，通过相似即可求出点的纵坐标．
【解答】解：，，取中点，则点的运动轨迹在以点为圆心，半径的圆弧上，连接，交于点，此时最小，
过点作轴于点，过点作轴于点，则，，，
在中，，，，，即，．故选：．
【点评】本题考查四边形综合，涉及到定长定角构造辅助圆，勾股定理、相似三角形，解题关键是判断出动点的运动轨迹．
（2021秋•潜山市期末）如图，在矩形中，，，点在矩形的内部，连接，，，若，则的最小值是
A．6B．C．D．
【分析】首先证明，得，则点在以为直径的圆上运动，设圆心为，连接交于，此时最小，利用勾股定理求出的长即可．
【解答】解：四边形是矩形，，，，
，，点在以为直径的圆上运动，设圆心为，连接交于，此时最小，
，的最小值为，故选：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理等知识，利用定边对定角确定点的运动路径是解题的关键．
（2021秋•宜兴市期末）如图，在中，，，，为边上的一个动点，为上的一个动点，连接，当时，线段的最小值是
A．B．2C．D．
【分析】根据，得，则，可知点在以为直径的上，连接交于，此时最小，利用勾股定理求出的长，从而得出答案．
【解答】解：，，，，
，点在以为直径的上，连接交于，此时最小，
，，的最小值为，故选：．
【点评】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理等知识，根据题意得出点在以为直径的上是解题的关键．
（2021秋•唐县期末）如图，中，，，，点从点出发，沿运动到点停止，过点作射线的垂线，垂足为，点运动的路径长为
A．B．C．D．
【分析】由，得点在以为直径的上运动，运动路径为，连接，代入弧长公式即可．
【解答】解：，点在以为直径的上运动，运动路径为，连接，
，，，，的长为，
故选：．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，确定点在以为直径的上运动是解题的关键．
（2021•安徽二模）如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为
A．B．C．4D．
【分析】如图，在的上方，作，使得，，连接，过点作于，于．证明点的运动轨迹是以为圆心，为半径的，推出当点落在线段上时，的值最小，想办法求出，，可得结论．
【解答】解：如图，在的上方，作，使得，，连接，过点作于，于．
，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的，当点落在线段上时，的值最小，四边形是矩形，，，，，
，，，，，，，
，，，四边形是矩形，，
，，，，
的最小值，故选：．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，矩形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
（2021•永嘉县校级模拟）如图，，，，，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
A．B．C．D．1
【分析】如图，连接．首先证明，由此推出点在以为圆心，为半径的上运动，连接交于，此时的值最小．
【解答】解：如图，连接．，，，
，点在以为圆心，为半径的上运动，连接交于，此时的值最小．此时与交点为．所对圆周角为，，
△是等腰三角形，，，，，
，．故选：．
【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．
（2019•安徽一模）在中，，，，点是边上一动点，连接交以为直径的圆于点．则线段长度的最小值为
A．1B．C．D．
【分析】作为直径的圆，即可得当、、三点共线时，是最短，也即求的长度即可求．
【解答】解：如图，作以为直径的圆，圆心为点在以为直径的圆上
点也在以为直径的圆上，可得当、、三点共线时，是最短，
，，
故选：．
【点评】此题主要考查勾股定理，圆的性质．利用构造法是解题的关键．
（2017秋•崇安区期末）如图，在中，，，，点是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点，则线段长度的最小值为
A．B．1C．D．
【分析】连接，根据三角形三边关系得到，根据勾股定理求出，计算即可．
【解答】解：连接，以为直径的圆交于点，，点在以为直径的圆上，
连接，，则，，，，由勾股定理得，，线段长度的最小值为，故选：．
【点评】本题考查的是勾股定理，圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
（2017•黔东南州）如图，正方形中，为中点，，，交于，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】如图，连接、．如图，连接、．首先证明，再证明，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接、．
，，，，，是等边三角形，
，点是的外接圆的圆心，，四边形是正方形，
，，，，，
，．解法二：连接．易知，故选：．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
（2016秋•苏州期末）如图，已知等边的边长为8，以为直径的圆交于点．以为圆心，长为半径作图，是上一动点，为的中点，当最大时，的长为
A．B．C．D．12
【分析】点在上运动时，点在以为圆心的圆上运到，要使最大，则过，连接，由是等边三角形，是直径，得到，根据三角形的中位线的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：点在上运动时，点在以为圆心的圆上运动，要使最大，则过，连接，
是等边三角形，是直径，，是的中点，为的中点，
为的中位线，，，，，故，
故选：．
【点评】本题考查了轨迹，等边三角形的性质，圆周角定理，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助圆是解题的关键．
（2021秋•碑林区校级月考）如图，在四边形中，，，，是的中点，连接，则线段长度的最小值为 ．
【分析】先判断出、、、四点共圆，利用圆周角定理，直角三角形的性质得到、，分别取、中点、，连接、、，再利用中位线的性质得到，进而判断出点在以为直径的上．连接，当点恰好落在上时，最小，最后利用等边三角形、勾股定理得到的最小值．
【解答】解：，，、、、四点共圆．
，，，．分别取、中点、，连接、、，点是的中点，，，，，，点在以为直径的上．
连接，当点恰好落在上时，最小，
、分别是、的中点，，，，
，是等边三角形，，，且，
，，，的最小值为．
【点评】本题考查圆的隐形圆综合题，涉及到圆周角定理，中位线，等边三角形，直角三角形的性质，勾股定理，对角互补构造隐形圆，定弦定角构造隐形圆，其中构造圆是解题的关键．
（2020秋•拱墅区校级期末）如图，在等边中，，点，分别在边，上，且，连接，交于点，连接，则 ，的最小值是 ．
【分析】首先证明，推出点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，连接交于，当点与重合时，的值最小．
【解答】解：如图，是等边三角形，，，
，，，又，
，，，
点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，
连接交于，当点与重合时，的值最小，最小值．
故答案为：，．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关性质等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2021•郯城县校级模拟）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为 ．
【分析】由，得点在以为直径的圆上运动，当点与重合时，此时点与重合，当点与重合时，此时点与重合，则点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为的长，然后根据条件求出所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
【解答】解：，，点在以为直径的圆上运动，
以为直径画半圆，连接，
当点与重合时，此时点与重合，当点与重合时，此时点与重合，
点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为的长，
点为的中点，，，，，
，，，所在圆的半径为，圆心角为，
的长为，故答案为：．
【点评】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，弧长公式等知识，确定点的运动路径是解题的关键．
（2021•汉阳区校级模拟）如图，四边形中，，，，则 ．
【分析】过点作于．分别求出，，可得结论．
【解答】解：过点作于．
，，，，，
，，，，，
．故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（2020秋•昭阳区期末）如图，在四边形中，、是对角线，，如果，那么 ．
【分析】由，可得点，，在以点为圆心的圆上，然后由圆周角定理，即可求得答案．
【解答】解：，点，，在以点为圆心的圆上，，
．故答案为：．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题难度适中，解题的关键是得到点，，在以点为圆心的圆上．
（2020秋•闽侯县校级月考）如图，已知四边形中，，，，则 ．
【分析】以为圆心，长为半径作圆，延长交于，连接，在中，由勾股定理即可求出的长．
【解答】解：
，
点，，在以为圆心，长为半径的同一个圆上，以为圆心，长为半径作圆，延长交于，连接，
，
，
，，
是的直径，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，解题的关键是作出以为圆心，长为半径的圆，构建直角三角形，从而求解．
（2020•碑林区校级模拟）如图，等边中，，点、点分别在和上，且，连接、交于点，则的最小值为 ．
【分析】首先证明，推出点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，连接交于，当点与重合时，的值最小．
【解答】解：如图，是等边三角形，
，，
，
，
又，
，
，
，
点的运动轨迹是为圆心，为半径的弧上运动，
连接交于，当点与重合时，的值最小，最小值．
故答案为．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2019秋•高淳区期末）如图，已知：，，，则 ．
【分析】结合题意，可分析得出点、、在以点位圆心，以长为半径的圆周上，即可得出和分别为圆周角和圆心角，且两角对应的弧相等，即可得出，即可得出．
【解答】解：根据题意，可以以点为圆心，以为半径作圆，
即可得出点、、均在圆周上，
故有，
即．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了学生对知识的灵活运用能力和对问题的分析能力，属于常规性试题，是学生练习的很好的题材．
（2019春•杏花岭区校级月考）如图示，，两点的坐标分别为，，点在轴上，且，则点的坐标为 或 ．
【分析】在轴的上方作等腰直角，，，以为圆心，为半径作交轴于，连接，．首先证明，根据，构建方程即可解决问题．
【解答】解：在轴的上方作等腰直角，，，以为圆心，为半径作交轴于，连接，．
，
，，是等腰直角三角形，
，，，设．，
则，
解得或（舍弃）
，
根据对称性可知也符合条件，
综上所述，点的坐标为或．
故答案为或．
【点评】本题考查圆周角定理，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会利用辅助圆解决问题，属于中考常考题型
（2018秋•南浔区期中）如图，已知，，，则的度数为 ．
【分析】先利用圆的定义判断点、、在以点为圆心的圆上，则利用圆周角定理得到，接着计算出，然后再根据圆周角定理得到的度数．
【解答】解：，
点、、在以点为圆心，为半径的圆上；
，
，
．
故答案为．
【点评】本题考查了圆周角定理：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．
（2021秋•武夷山市期末）如图，为线段上一点，分别以、为边在的同侧作等边与等边，连接．
（1）如图1，当时，直接写出与的数量关系为 ；
（2）在（1）的条件下，点关于直线的对称点为，连接、，求证：平分；
（3）现将图1中绕点顺时针旋转一定角度，如图2，点关于直线的对称点为，则（2）中的结论是否成立并证明．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可知，从而得出答案；
（2）由，则，由（1）可得，得，等量代换即可；
（3）根据，则，，都在以为圆心，为半径的圆上，得，同理可得．，从而证明结论．
【解答】解：（1），
与都是等边三角形，
，，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图1，由对称性得，，
，
，
，
由（1）可得，
，
，
即平分；
（3）结论仍然正确，理由如下：
如图，由对称性可知：，
又，
，
，，都在以为圆心，为半径的圆上，
，
同理可得．，
，
平分．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，证明点，，都在以为圆心，为半径的圆上是解题的关键．
（2021秋•盱眙县期末）（1）【学习心得】
小刚同学在学习完“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1，在中，，，是外一点，且，求的度数，若以点为圆心，为半径作辅助圆，则点、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 或135 ．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形中，，，求的数．
小刚同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：的外接圆就是以的中点为圆心，长为半径的圆；的外接圆也是以的中点为圆心，长为半径的圆．这样、、、四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出的度数，请运用小刚的思路解决这个问题．
（3）【问题拓展】
如图3，在中，，是边上的高，且，，求的长．
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由、、、共圆，得出，
（3）如图3，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．利用圆周角定理推知是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得；在等腰中，利用勾股定理得到；则在中，易得，故．
【解答】解：（1）如图1，，，
以点为圆心，点、、必在上，
是的圆心角，而是圆周角，
，
同理，当点在弧上时，．
故答案是：或135；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
点、、、共圆，
，
，
，
（3）如图3，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．
，
．
在中，，
．
，为圆心，
，
．
在中，，，
．
在中，，，
，
．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
（2021•内乡县一模）（1）【学习心得】
于彤同学在学习完“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1，在中，，，是外一点，且，求的度数．若以点为圆心，为半径作辅助，则点、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 45 ．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形中，，，求的数．
（3）【问题拓展】
如图3，如图，，是正方形的边上两个动点，满足．连接交于点，连接交于点．若正方形的边长为2，则线段长度的最小值是 ．
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由、、、共圆，得出，
（3）根据正方形的性质可得，，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，利用“”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，从而得到，然后求出，取的中点，连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当、、三点共线时，的长度最小．
【解答】解：（1）如图1，，，
以点为圆心，为半径作圆，点、、必在上，
是的圆心角，而是圆周角，
，
故答案是：45；
（2）如图2，取的中点，连接、．
，
点、、、共圆，
，
，
，
（3）如图3，在正方形中，，，，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接、，
则，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
最小值．
（解法二：可以理解为点是在，直径的半圆上运动当、、三点共线时，长度最小）
故答案为：．
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