人教版（2024）九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆同步测试题

这是一份人教版（2024）九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆同步测试题，共79页。试卷主要包含了，连接AB等内容，欢迎下载使用。
题型一：两圆一中垂构造等腰三角形模型
题型二：阿氏圆
题型三：瓜豆原理
题型四：圆中定值问题
题型五：圆中最值问题
题型六：辅助圆模型
题型一：两圆一中垂构造等腰三角形模型
一．选择题（共2小题）
1．（2022春•新洲区期末）已知平面直角坐标系中有A（2，2）、B（4，0）两点，若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（ ）
A．5个B．6个C．7个D．8个
【分析】分三种情况，当AB＝AC时，当BA＝BC时，当CA＝CB时，进行分析即可解答．
【解答】解：如图：
当AB＝AC时，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交y轴于点C1，C2，
当BA＝BC时，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交x轴于点C3，C4，
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，交x轴于点C5，交y轴于点C6，
∵点A，B，C2三个点在同一条直线上，
∴满足条件的点C的个数是5，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，坐标与图形的性质，分三种情况讨论是解题的关键．
2．（2022秋•沙洋县校级期末）平面直角坐标系中，已知A（1，2）、B（3，0）．若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】由点A、B的坐标可得到AB＝2，然后分类讨论：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，确定C点的个数．
【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（1，2）、B（3，0）．
∴AB＝2，
①若AC＝AB，以A为圆心，AB为半径画弧与坐标轴有3个交点（B点除外），即（﹣1，0）、（0，2+）、（0，2﹣），即满足△ABC是等腰三角形的C点有3个；
②若BC＝AB，以B为圆心，BA为半径画弧与坐标轴有2个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个；
③若CA＝CB，作AB的垂直平分线与坐标轴有2个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个．
综上所述：点C在坐标轴上，△ABC是等腰三角形，符合条件的点C共有7个．
故选：C．
【点评】本题主考查了等腰三角形的判定以及分类讨论思想的运用，分三种情况分别讨论，注意等腰三角形顶角的顶点在底边的垂直平分线上．
二．填空题（共2小题）
3．（2022秋•龙亭区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO＝60°，在坐标轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P共有 6 个．
【分析】分类讨论：AB＝AP时，AB＝BP时，AP＝BP时，根据两边相等的三角形是等腰三角形，可得答案．
【解答】解：①当AB＝AP时，在y轴上有2点满足条件的点P，在x轴上有1点满足条件的点P．
②当AB＝BP时，在y轴上有1点满足条件的点P，在x轴上有2点满足条件的点P，有1点与AB＝AP时的x轴正半轴的点P重合．
③当AP＝BP时，在x轴、y轴上各有一点满足条件的点P，有1点与AB＝AP时的x轴正半轴的点P重合．
综上所述：符合条件的点P共有6个．
故答案为：6．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，把所有可能的情况都找出来，不遗漏掉任何一种情况是本题的关键．
4．（2021秋•邻水县期末）平面直角坐标系中，已知A（2，2）、B（4，0）．若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是 5 ．
【分析】由点A、B的坐标可得到AB＝2，然后分类讨论：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，确定C点的个数．
【解答】解：
∵点A、B的坐标分别为（2，2）、B（4，0）．
∴AB＝2，
①若AC＝AB，以A为圆心，AB为半径画弧与坐标轴有3个交点（含B点），即（0，0）、（4，0）、（0，4），
∵点（0，4）与直线AB共线，
∴满足△ABC是等腰三角形的C点有1个；
②若BC＝AB，以B为圆心，BA为半径画弧与坐标轴有2个交点（A点除外），即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个；
③若CA＝CB，作AB的垂直平分线与坐标轴有两个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个；
综上所述：点C在坐标轴上，△ABC是等腰三角形，符合条件的点C共有5个．
故答案为：5．
【点评】本题主考查了等腰三角形的判定以及分类讨论思想的运用，分三种情况分别讨论，注意等腰三角形顶角的顶点在底边的垂直平分线上．
题型二：阿氏圆
一．填空题（共2小题）
1．（2022秋•永嘉县校级期末）如图所示，∠ACB＝60°，半径为2的圆O内切于∠ACB．P为圆O上一动点，过点P作PM、PN分别垂直于∠ACB的两边，垂足为M、N，则PM+2PN的取值范围为 6﹣2≤PM+2PN≤6+2 ．
【分析】PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HP＝PM，确定HN的最大值和最小值．
【解答】
解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，
∵PM⊥AC，PN⊥CB，
∴∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°，
∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°，
∴HP＝PM•cs∠MPH＝PM•cs60°＝PM，
∴PN+PM＝PN+HP＝NH，
∵MF＝NH，
∴当MP与⊙O相切时，MF取得最大和最小，
如图1，
连接OP，OG，OC，
可得：四边形OPMG是正方形，
∴MG＝OP＝2，
在Rt△COG中，
CG＝OG•tan60°＝2，
∴CM＝CG+GM＝2+2，
在Rt△CMF中，
MF＝CM•sin∠ACB＝（2+2）×＝3+，
∴HN＝MF＝3+，
PM+2PN＝2（）＝2HN＝6+2，
如图2，
由上知：CG＝2，MG＝2，
∴CM＝2﹣2，
∴HM＝（2﹣2）×＝3﹣，
∴PM+2PN＝2（）＝2HN＝6﹣2，
∴6﹣2≤PM+2PN≤6+2．
【点评】本题考查的是解直角三角形等知识，解决问题的关键是构造PM．
2．（2021秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则PA+PB的最小值为 ．
【分析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
【解答】解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案为：．
【点评】本题考查阿氏圆求最短距离，熟练掌握胡不归求最短距离的方法，利用三角形相似将PA转化为PQ是解题的关键．
二．解答题（共1小题）
3．（2021秋•定海区期末）如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
（1）求证：∠POA＝2∠PAM；
（2）探求m、n的数量关系，并求n﹣m最大值；
（3）如图2：连结PB，设PB＝h，求h+2m的最小值．
【分析】（1）根据正方形性质和三角形内角和定理即可证得结论；
（2）如图1，过点O作OE⊥PA于E，先证明△APM∽△OAE，利用相似三角形性质可得出m＝n2，进而可得：n﹣m＝n﹣n2＝﹣（n﹣2）2+1，再运用二次函数性质即可得出答案；
（3）如图2，连接AC、BD交于点D，连接PD，当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，PD+PM＝DM最小，即h+2m＝2DM最小，根据正方形和等腰直角三角形的性质即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，
∴∠OAP+∠PAM＝90°，即2∠OAP+2∠PAM）＝180°，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠OAP，
∵∠OPA+∠OAP+∠POA＝180°，
∴2∠OAP+∠POA＝180°，
∴∠POA＝2∠PAM；
（2）解：如图1，过点O作OE⊥PA于E，
∵OA＝OP，OE⊥PA，
∴AE＝PA，∠AOE＝∠POE＝∠POA，
∵∠POA＝2∠PAM，
∴∠PAM＝∠POA，
∴∠PAM＝∠AOE，
∵PM⊥AB，
∴∠AMP＝90°＝∠OEA，
∴△APM∽△OAE，
∴＝，即＝，
∴m＝n2，
∴n﹣m＝n﹣n2＝﹣（n﹣2）2+1，
∴当n＝2时，n﹣m取得最大值，n﹣m最大值为1；
（3）解：如图2，连接AC、OB交于点D，连接PD，
∵四边形ABCO是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝AD＝BD，
∴＝＝，
∵OP＝OA，
∴＝＝，
∵∠POD＝∠BOP，
∴△POD∽△BOP，
∴＝＝，
∴PD＝PB，
∵PB＝h，PM＝m，
∴h+2m＝2（h+m）＝2（PB+PM）＝2（PD+PM），
∵当D、P、M三点共线且DM⊥AB于M时，PD+PM＝DM最小，
∴当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，h+2m＝2（PD+PM）＝2DM最小，
如图3，∵△ABD是等腰直角三角形，DM⊥AB，
∴DM＝AB＝1，
∴2DM＝2，
即h+2m的最小值为2．
【点评】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，三角形内角和定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短，点到直线的距离垂线段最短，二次函数最值的应用，利用相似三角形性质列出关于m、n的关系式恰当运用配方法是解题关键．
题型三：瓜豆原理
一．填空题（共6小题）
1．（2021秋•忠县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，BC＝5，CD＝2，点E是边AC所在直线上的一动点，连接DE，将DE绕点D顺时针方向旋转60°得到DF，连接BF，则BF的最小值为 ．
【分析】由“SAS”可证△DHE≌△DBF，可得EH＝BF，则当EH有最小值时，BF有最小值，由垂线段最短可得：当EH⊥AC时，EH有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，以BD为边作等边三角形DBH，连接EH，过点H作HN⊥BD于N，
∵BC＝5，CD＝2，
∴BD＝3，
∵△DHB是等边三角形，HN⊥BD，
∴DN＝BN＝，DB＝DH，∠HDB＝60°，
∴CN＝，
∵将DE绕点D顺时针方向旋转60°得到DF，
∴DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴∠EDF＝∠HDB，
∴∠EDH＝∠FDB，
在△DHE和△DBF中，
，
∴△DHE≌△DBF（SAS），
∴EH＝BF，
∴当EH有最小值时，BF有最小值，
由垂线段最短可得：当EH⊥AC时，EH有最小值，
此时，∵EH⊥AC，∠ACB＝90°，HN⊥DB，
∴四边形CNHE是矩形，
∴HE＝CN＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2021秋•嘉兴期末）如图，⊙O的直径AB＝2，C为⊙O上动点，连结CB，将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连结OD，则OD的最大值为 +1 ．
【分析】通过证明△DBO∽△CBE，可得OD＝CE，当CE有最大值时，OD有最大值，即可求解．
【解答】解：如图，以OB为边在AB的下方作等腰直角三角形OBE，连接CE，BD，
∵将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，
∴BC＝CD，∠DCB＝90°，
∴∠DBC＝45°，BD＝BC，
∵△OBE是等腰直角三角形，
∴OE＝BE，∠OBE＝45°，OB＝BE＝1，
∴BE＝OE＝，
∵∠DBC＝∠OBE，
∴∠OBD＝∠CBE，
又∵＝，
∴△DBO∽△CBE，
∴，
∴OD＝CE，
∴当CE有最大值时，OD有最大值，
当点C，点O，点E三点共线时，CE有最大值为1+，
∴OD的最大值为+1，
故答案为：
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
3．（2022春•槐荫区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为 ．
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM＝MP+CP＝HE+EC＝1+＝
故答案为．
【点评】本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
4．（2021秋•沭阳县校级期末）如图，线段AB＝2，点C为平面上一动点，且∠ACB＝90°，将线段AC的中点P绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BQ，则线段BQ的最大值为 ．
【分析】证明△ADC∽△AEQ，求出QE＝，在Rt△ABE中求出BE＝，进而求出答案．
【解答】解：如图，取AB的中点D，连接CD，过点A作AE⊥AB，使AE＝AD＝，连接QE、BE．
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴，
∵∠QAC＝90°，∠EAB＝90°，
∴∠QAE＝∠CAD，
∵，，
∴△ADC∽△AEQ，
∴，
∴，
∵∠EAB＝90°，
∴＝，
当点Q、E、B三点共线时，BQ最大为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查旋转变换，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为 ．
【分析】以BC为边构建出和△BPD相似的三角形，通过将CD边转化为其他边来求值．
【解答】解：如图所示，以BC为底边向上作等腰△BQC，使∠BQC＝120°，连接PQ．
由题意可得△BQC和△BPD均为顶角为120° 的等腰三角形，
可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，
∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，
∴∠PBQ＝∠DBC，
∴△PBQ∽△DBC，
∴，
∴当PQ⊥AC时，有PQ最小，即此时CD最小，
如图所示，设OP′⊥AC，延长AQ与BC交K，此时QP'为QP的最小值，
可得AK⊥BC，
∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，
∴BK＝3，∠QBK＝30°，
∴QK＝＝，
∵tan∠ACB＝＝，KC＝3，
∴AK＝＝，
∴AQ＝AK﹣QK＝，AC＝＝，
∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，
∴△AQP'∽△ACK，
∴，
∴，
∴QP'＝，
∴CD＝＝．
【点评】本题考查的是瓜豆原理的知识点，重难点在于构造相似三角形的手拉手模型，属于难题．
6．（2022秋•和平区校级期末）如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 1+ ．
【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．
【解答】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝90°，
∵∠BET＝∠FEG＝45°，
∴∠BEF＝∠TEG，
∵EB＝ET，EF＝EG，
∴△EBF≌△TEG（SAS），
∴∠B＝∠ETG＝90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC＝4，BE＝1，CD＝3，
∴CE＝CD＝3，
∴∠CED＝∠BET＝45°，
∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，
∴CJ⊥DE，
∴JE＝JD，
∴CJ＝DE＝，
∴CG＝CJ+GJ＝1+，
∴CG的最小值为1+．
解法二：如图，延长GT交CB的延长线于点Q．
∵△ETQ是等腰直角三角形，ET＝BE＝TQ＝1，
∴QE＝，
∴QC＝QE+EC＝3+，
∵ET∥CG，
∴＝，
∴＝，
∴CG＝1+．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．
二．解答题（共1小题）
7．（2021秋•武昌区期末）如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，BE与CF交于点D．
（1）若∠BAC＝74°，则∠BDC＝ 127° ；
（2）如图2，∠BAC＝90°，作MD⊥BE交AB于点M，求证：DM＝DE；
（3）如图3，∠BAC＝60°，∠ABC＝80°，若点G为CD的中点，点M在直线BC上，
连接MG，将线段GM绕点G逆时针旋转90°得GN，NG＝MG，连接DN，当DN最短时，直接写出∠MGC的度数．
【分析】（1）由角平分线的性质可得∠DBC＝∠ABC，∠DCB＝∠ACB，由三角形内角和定理可求解；
（2）由角平分线的性质可得DP＝DH＝DG，由“AAS”可证△DMG≌△DEH，可得DM＝DE；
（3）由“SAS”可证△MGC≌△NGQ，可得∠Q＝∠MCG＝20°，即点N在直线QN上运动，则当DN⊥QN时，DN有最小值为DN'，由等腰直角三角形的性质和外角的性质可求解．
【解答】（1）解：∵∠BAC＝74°，
∴∠ABC+∠ACB＝106°，
∵BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠DBC＝∠ABC，∠DCB＝∠ACB，
∴∠DBC+∠DCB＝（∠ABC+∠ACB）＝53°，
∴∠BDC＝127°，
故答案为：127°；
（2）证明：如图2，过点D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，DP⊥BC于P，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，DP⊥BC于P，
∴DP＝DH＝DG，
∵MD⊥BE，
∴∠MDE＝∠A＝90°，
∴∠AMD+∠AED＝180°，
∵∠AMD+∠DMG＝180°，
∴∠DMG＝∠AED，
又∵∠DGA＝∠DHE＝90°，
∴△DMG≌△DEH（AAS），
∴DM＝DE；
（3）如图3，过点G作GQ⊥DC，且GQ＝GC，连接QN，
∵∠BAC＝60°，∠ABC＝80°，
∴∠ACB＝40°，
∴∠BCD＝20°，
∵将线段GM绕点G逆时针旋转90°得GN，
∴MG＝GN，∠MGN＝90°＝∠QGC，
∴∠MGC＝∠QGN，
又∵GQ＝GC，MG＝GN，
∴△MGC≌△NGQ（SAS），
∴∠Q＝∠MCG＝20°，
∴点N在直线QN上运动，
∴当DN⊥QN时，DN有最小值为DN'，
此时，延长N'G交BC于T，连接N'M'，设NQ与BC的交点为H，
∵DN'⊥QN，BC⊥NQ，
∴DN'∥BC，∠BHQ＝90°，
∴∠N'DG＝∠BCD，∠THN'＝90°，
∵点G是CD的中点，
∴DG＝CG，
又∵∠DGN'＝∠CGT，
∴△DN'G≌△CTG（ASA），
∴TG＝GN'，
∴TG＝GN'＝GM'，
∴∠TM'N'＝90°，
∴点M'与点H重合，
∵GM'＝GN'，∠M'GN'＝90°，
∴∠GN'M'＝45°，
∴∠QGN'＝25°，
∵∠QGC＝∠M'GN'＝90°，
∴∠M'GC＝∠QGN'＝25°，
∴当DN最短时，∠MGC的度数度数为25°．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和定理等知识，确定点N的运动轨迹是解题的关键．
题型四：圆中定值问题
1．（2021秋•吉林期末）某公园计划砌一个形状如图1的水池（图中长度单位：m），后有人建议改为如图2的形状，且外圆直径不变．
【问题】请你计算两种方案中的圆形水池的周长，确定哪一种方案砌的圆形水池的周边需要的材料多．
【猜想验证】如图3，如果将图2中的小圆半径改为r1，r2，r3，且r1+r2+r3＝r，其他条件不变，猜想【问题】中的结论是否改变，并说明理由．
【拓展】如图4，若将图3中三个小圆改为n个小圆，小圆半径分别为r1，r2，…，rn，且r1+r2+…+rn＝r，直接写出图4中所有圆的周长总和．
【应用】元宝是中国古代的货币，在今天也有着富贵吉祥的寓意，王师傅准备建设一个形如元宝的花坛，如图5，花坛是由4个半圆所围成，最大半圆的半径为2.1米，直接写出花坛周边需要的材料总长（结果保留π）．
【分析】通过圆的周长计算求和进行比较、探讨．
【解答】解：【问题】图1中水池周长为：2πr×2＝4πr（m），图2中水池的周长为：2πr+2π•+2π+2π＝2πr+++πr＝4πr，
∵4πr＝4πr，
∴两种方案砌的圆形水池的周边需要的材料一样多；
【猜想验证】如果将图2中的小圆半径改为r1，r2，r3，且r1+r2+r3＝r，其他条件不变，猜想【问题】中的结论不改变，
∵改变后花池的周长为：2πr+2πr1+2πr2+2πr3＝2πr+2π（r1+r2+r3）＝2πr+2πr＝4πr（m），
∴猜想【问题】中的结论不改变；
【拓展】图4中所有圆的周长总和是4πr m；
【应用】由题意得花坛周边需要的材料总长为4.2π米．
【点评】此题考查了图形的变化规律问题的解决能力，关键是能根据图形利用圆的周长公式得到图形的变化规律．
2．（2022秋•天河区校级期末）如图①，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝∠ACB＝α（45°＜α＜90°，D为上一点，连接CD交AB于点E．
（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求α的大小；
（2）如图②，若点B恰好是中点，求证：CE2＝BE•BA；
（3）如图③，将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，连接MN，若CD为直径，请问是否为定值，如果是，请求出这个值，如果不是，请说明理由．
【分析】（1）由圆周角定理求出∠CAB＝∠CDB＝40°，由三角形内角和定理可得出答案；
（2）证明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性质得出，证明CB＝CE，则可得出结论；
（3）方法一：由折叠的性质可得出∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，过点C作CQ⊥MN于点Q，得出MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP＝90°，证明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性质得出AB＝NQ＝MN，则可得出答案．
方法二：连接OA，OB，证明△CNM∽△OAB，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）∵＝，
∴∠CAB＝∠CDB＝40°，
∵∠ABC+∠ACB+∠CAB＝180°，∠ABC＝∠ACB＝α，
∴α＝＝70°；
（2）证明：∵点B是的中点，
∴＝，
∴∠DCB＝∠A，
∵∠ABC＝∠CBE，
∴△BCE∽△BAC，
∴，
∴BC2＝BE•BA，
∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD，∠BEC＝∠ACD+∠A，∠BCD＝∠A，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BEC，
∴CB＝CE，
∴CE2＝BE•BA；
（3）是定值．
方法一：∵将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，
∴∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，
∴∠MCN＝2∠ACB＝2α，
过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，
连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP＝90°，
∵，
∴∠P＝∠ACB＝∠NCQ＝α，
∵AP＝CN，∠ABP＝90°＝∠NQC，
∴△ABP≌△NQC（AAS），
∴AB＝NQ＝MN，
∴，为定值．
方法二：连接OA，OB，
则OA＝OB＝r，CN＝MC＝CD＝2r，
∵∠AOB＝2∠ACB＝∠MCN＝2α，，
∴△CNM∽△OAB，
∴＝．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
3．（2021春•海曙区校级期末）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且A（﹣2，0），E（2，0）．
（1）的度数为 120 °；
（2）如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 4 ；
（3）如图3，连接PA，PC．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求线段AQ的长；
（4）如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
【分析】（1）由已知条件可以得到CD垂直平分AE，所以CA＝CE，由于CE＝AE，所以可以证得三角形ACE为等边三角形，得到∠CEB＝120°；
（2）由于直径AB⊥CD，根据垂径定理，可以得到O是CD的中点，又G是CP的中点，连接PD，则OG∥PD，OG＝，要求OG最大值，只需要求PD最大值，由于P是劣弧上的一动点，故当P，E，D三点共线，即PD为直径时，PD最大，此时OG最大；
（3）由于直径AB⊥CD，根据垂径定理，可以得到，所以∠ACD＝∠CPA，又CQ平分∠DCP，所以∠PCQ＝∠DCQ，可以证明∠ACQ＝∠AQC，所以AC＝AQ，由（1）可得，AC＝AE＝4，所以AQ＝4；
（4）由直径AB⊥CD，可以得到AB垂直平分CD，所以AC＝AD，∠CAD＝2∠CAE＝120°，将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，可以证明M，D，P三点共线，所以PC+PD＝PM，可以证明△PAM是顶角为120°的等腰三角形，过A做AG⊥PM于G，由于∠APM＝30°，可以通过勾股定理或者三角函数证明PM＝PA，所以．
【解答】解：（1）如图1，连接CE，AC，
∵A（﹣2，0），E（2，0），
∴OA＝OE＝2，
∵AB⊥CD，
∴CD垂直平分AE，
∴CA＝CE，
∵CE＝AE，
∴CA＝CE＝AE，
∴∠CEA＝60°，
∴∠CEB＝180°﹣∠CEA＝120°，
故答案为120；
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO＝OD，
连接PD，如图2，又∵G为PC的中点，
∴OG∥PD，且OG＝，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，
且DP＝AB＝2AE＝8，
∴OG的最大值为4，
故答案为4；
（3）如图3，连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴，
∴∠ACD＝∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ＝∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ＝∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ＝∠AQC，
∴AQ＝AC
由（1）可得，AC＝AE＝4，
∴AQ＝4；
证明：（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC＝AD，
由（1）可得，△ACE为等边三角形，
∴∠CAE＝60°，
∴∠DAC＝2∠CAE＝120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP＝∠ADM，PC＝DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP＝180°，
∴∠ADM+∠ADP＝180°，
∴M，D，P三点共线，
∴PD+PC＝PD+DM＝PM，
过A作AG⊥PM于G，则PM＝2PG，
∵∠APM＝∠ACD＝30°，
在Rt△APG中，∠APM＝30°，
设AG＝x，则AP＝2x，
∴，
∴PM＝2PG＝，
∴，
∴，
∴为定值．
【点评】本题是一道圆的综合题，重点考查了垂径定理在圆中的应用，最后一问由“共顶点，等线段”联想到旋转，是此题的突破口，同时，要注意顶角为120度的等腰三角形腰和底边比是固定值．
题型五：圆中最值问题
一．填空题（共3小题）
1．（2022秋•海安市期末）如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝6，D为BC上一点，当∠CAB最大时，连接AD并延长到E，使BE＝BD，则AD•DE的最大值为 18 ．
【分析】以B为圆心，BC为半径画圆，得到当∠ACB＝90°时，∠CAB最大；设BD＝x，则CD＝BC﹣BD＝6﹣x，过点B作BF⊥DE于点F，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质得到AD•DE与x的函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【解答】解：以B为圆心，BC为半径画圆，如图，
由图形可知，当AC与⊙B相切时，∠CAB最大，此时∠ACB＝90°．
设BD＝x，则CD＝BC﹣BD＝6﹣x．
过点B作BF⊥DE于点F，
∵BE＝BD，
∴DF＝EF＝ED．
∵∠ACD＝∠BFD＝90°，∠ADC＝∠BDF，
∴△ACD∽△BFD，
∴，
∴AD•DF＝CD•BD，
∴AD•ED＝（6﹣x）•x，
∴AD•DE＝﹣2x2+12x＝﹣2（x﹣3）2+18，
∵﹣2＜0，
∴当x＝3时，即BD＝3时，AD•DE有最大值为18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用圆的有关性质得到∠ACB＝90°是解题的关键．
2．（2022秋•江门期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为边BC上一动点，F为AE中点，G为DE上一点，BF＝FG，则CG的最小值为 ﹣2 ．
【分析】如图1，连接AG，证明AF＝FG＝EF，则∠AGE＝∠AGD＝90°，根据圆周角定理可知：点G在以AD为直径的圆上运动，取AD的中点O，当O，G，C三点共线时，CG的值最小，由此可解答．
【解答】解：如图1，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，DC＝AB＝3，
∵F是AE的中点，
∴BF＝AE＝AF＝EF，
∵BF＝FG，
∴AF＝FG＝EF，
∴∠AGE＝∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，取AD的中点O，连接OG，
当O，G，C三点共线时，CG的值最小，如图2所示，
∴OD＝OG＝2，
∴OC＝＝，
∴CG的最小值为﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，圆周角定理，线段的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造动点G的轨迹来解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2021秋•绵阳期末）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（4，3），⊙M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是⊙M，x轴上的动点，则BP+PN的最小值是 4 ．
【分析】作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交⊙M于点N，交x轴于点P，此时BP+PN取得最小值，然后结合勾股定理及三角形的面积公式分析计算．
【解答】解：作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交⊙M于点N，交x轴于点P，
过点M作MQ⊥x轴，交x轴于点E，过点B′作B′Q⊥MQ，
∵点B与点B′关于x轴对称，
∴PB+PN＝PB′+PN，
当N、P、B’在同一直线上且经过点M时取最小值．
在Rt△ABC中，AC＝＝5，
由⊙M是△AOC的内切圆，设⊙M的半径为r，
∴S△AOC＝（3r+4r+5r）＝×3×4，
解得r＝1，
∴ME＝MN＝1，
∴QB′＝4﹣1＝3，QM＝3+1＝4，
∴MB′＝5，
∴PB′+PN＝5﹣1＝4，
即PB+PN最小值为4，
故答案为：4．
【点评】本题考查轴对称—最短路线问题，三角形内切圆，理解“两点之间，线段最短”，掌握轴对称的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题关键．
二．解答题（共6小题）
4．（2021秋•汶上县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB于点E，以点O为圆心，OE为半径作圆O交AO于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若∠AOE＝60°，OE＝3，在BC边上是否存在一点P使PF+PE有最小值，如果存在，请求出PF+PE的最小值．
【分析】（1）过点O作OD⊥AC，利用等腰三角形的三线合一的性质和角平分线的性质证明线段OD＝半径OE，根据切线的定义即可得出结论；
（2）延长AO交⊙O于点G，连接EG交BC于点P，利用轴对称的性质中的将军饮马模型可得点P为所求的点；连接EF，过点E作EH⊥AO于点H，利用等边三角形的判定定理可得△OEF为等边三角形，利用等腰三角形的性质与直角三角形的边角关系定理可求OH与EH的长，再利用勾股定理即可求得结论．
【解答】（1）证明：过点O作OD⊥AC与点D，如图，
∵AB＝AC，AO⊥BC，
∴AO平分∠BAC．
∵OE⊥AB，OD⊥AC，
∴OD＝OE．
∵OE是圆的半径，
∴OD是圆的半径．
这样，AC经过半径OD的外端，且垂直于半径OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：在BC边上存在一点P使PF+PE有最小值．
延长AO交⊙O于点G，连接EG交BC于点P，连接PF，则此时PF+PE最小．
连接EF，过点E作EH⊥AO于点H，如图，
∵∠AOE＝60°，OE＝OF，
∴△OEF为等边三角形，
∴EF＝OE＝OF＝3．
∵EH⊥OF，
∴OH＝HF＝OF＝．
∴GH＝OG+OH＝3+＝．
在Rt△EHO中，
∵sin∠AOE＝，
∴EH＝OE×＝．
在Rt△EHG中，
EG＝＝3．
∵BC⊥FG，OG＝OF，
∴PG＝PF．
∴PE+PF＝PE+PG＝EG＝3．
∴在BC边上存在一点P使PF+PE有最小值．PF+PE的最小值为3．
【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，过点O作OD⊥AC是解题的关键．
5．（2021秋•花都区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线AC的垂线，垂足为M，点E为线段AB上的动点．
（1）求证：MD是⊙O的切线；
（2）若∠B＝30°，AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，说明理由；
（3）若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交⊙O于点F，交AD于点P，连接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长．
【分析】（1）连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出OD⊥MD，利用切线的判定定理即可得出结论；
（2）过点C作CF⊥AB，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型可知此时EC+EM的值最小；由题意可得FD为圆的直径，在Rt△FDM中，利用勾股定理即可求得结论；
（3）利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定△FAP为等腰三角形，证明△FAE∽△FCA，利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接OD，交BC于点N，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°．
∴∠BCM＝90°．
∵AD平分∠BAC，
∴．
∴ON⊥BC．
∵DM⊥AC，
∴四边形CNDM为矩形．
∴OD⊥MD．
∵OD为圆的半径，
∴MD是⊙O的切线；
解：（2）在点E运动过程中，EC+EM存在最小值．理由：
过点C作CF⊥AB，并延长交⊙O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小，如图，
∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝60°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB＝30°．
∴与的度数为60°．
∵AB是直径，
∴的度数为60°．
∴．
∵AB⊥CF，AB是直径，
∴．
∴＝180°．
∴为半圆．
∴FD为圆的直径．
由（1）知：MD是⊙O的切线，
∴FD⊥MD．
由题意：AB垂直平分FC，
∴EC＝EF．
∴EC+EM＝EF+EM＝FM．
∵∠CFD＝∠DAB，∠DAB＝30°，
∴∠CFD＝30°．
∵AB＝8，
∴FD＝8．
由（1）知：四边形MCND为矩形，
∴MD＝NC．
∵ON⊥BC，
∴CN＝BC．
在Rt△ACB中，
∵sin∠CAB＝，
∴BC＝AB•sin60°＝8×＝4．
∴MD＝CN＝BC＝2．
在Rt△FDM中，
MF＝＝＝2．
∴EC+EM的最小值为MF＝2．
解：（3）如图，
∵FC平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCF＝45°．
∴∠BAF＝∠BCF＝45°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠PAF＝∠BAD+∠BAF，∠APF＝∠ACF+∠CAD，
∴∠PAF＝∠APF，
∴AF＝FP．
∴FC＝FP+CP＝AF+3．
∵∠FAB＝∠ACF＝45°，∠F＝∠F，
∴△FAE∽△FCA．
∴．
∴FA2＝FE•FC＝4（AF+3）．
∴AF2﹣4AF﹣12＝0．
解得：AF＝6或AF＝﹣2（不符合题意，舍去），
∴AF＝6．
【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．
6．（2023春•丰城市期末）如图1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，点E在射线AB上运动，将△AED沿ED翻折，使得点A与点G重合，连接AG交DE于点F．
（1）【初步探究】当点G落在BC边上时，求BG的长；
（2）【深入探究】在点E的运动过程中，BG是否存在最小值，如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，点P为BG的中点，连接AP，点E在射线AB上运动过程中，求AP长的最大值．
【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根据勾股定理可得CG＝＝＝4，再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；
（2）以D为圆心，AD长为半径作⊙D，可得点G在⊙D上运动，当点G在线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可得BD＝4，即可求得BG的最小值为4﹣12；
（3）以D为圆心，AD长为半径作⊙D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，根据三角形中位线定理可得AP＝GH，则AP最大时，GH最大，由于点G在⊙D上运动，当HG经过点D时，GH最大，即可求得答案．
【解答】解：（1）当点G落在BC边上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，
由翻折得：DG＝AD＝12，
在Rt△CDG中，CG＝＝＝4，
∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4；
（2）如图2，以D为圆心，AD长为半径作⊙D，
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在⊙D上运动，
当点G在线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，
在Rt△ABD中，BD＝＝＝4，
∴BG＝BD﹣DG＝4﹣12，
故在点E的运动过程中，BG存在最小值，BG的最小值为4﹣12；
（3）如图3，以D为圆心，AD长为半径作⊙D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，
∵AH＝BA，
∴点A是BH的中点，
∵点P为BG的中点，
∴AP是△BGH的中位线，
∴AP＝GH，
则AP最大时，GH最大，
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在⊙D上运动，
当HG经过点D时，GH最大，如图4，
在Rt△ADH中，HD＝＝＝4，
∴GH＝HD+DG＝4+12，
∴AP＝GH＝2+6，
故点E在射线AB上运动过程中，AP长的最大值为2+6．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，圆的有关性质，点到圆上各点距离的最大值和最小值的应用，解决问题的关键是运用三角形中位线定理和圆中的最值．
7．（2021秋•秦淮区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．
（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 （4，3） ，⊙C的半径是 3 ；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
（2）若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 （0，﹣） ．
【分析】（1）①过点C作CD⊥AB于点D，利用圆周角定理和垂径定理计算CD，AD的长度，进而得到线段OD的长度即可得到点C坐标；利用勾股定理即可求得AC的长度，则⊙C的半径可求；
②设⊙C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，利用（1）①的结论和垂径定理计算线段EG的长度，则线段OE，OD的长度可求，结论可得；
（2）设⊙C与y轴切于点P，在y轴上任取一点Q（与点P不重合），连接BQ，AQ，BQ与⊙C交于点D，连接AD，利用圆周角定理和三角形的外角大于任何一个不相邻的内角，得到当点P为⊙C与y轴的切点时，当∠APB的度数最大，利用切割线定理求出线段OP的长即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0），
∴OA＝1，OB＝7．
∴AB＝6．
过点C作CD⊥AB于点D，如图，
则AD＝BD＝AB＝3．
∴OD＝AO+AD＝4．
∵∠APB＝45°，
∴∠ACB＝2∠APB＝90°，．
∵CD⊥AB，CA＝CB，
∴CD＝AB＝3．
∴C（4，3）．
∴AC＝，
∴⊙C的半径是3．
故答案为：（4，3）；3；
②y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，理由：
设⊙C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，如图，
则∠AEB＝∠ADB＝∠APB＝45°．
∴D，E为y轴正半轴上线段AB的“完美点”．
则 EG＝DG＝DE，CD＝CE＝3．
∵CG⊥DE，CF⊥AB，∠O＝90°，
∴四边形OFCG为矩形．
∴CG＝OF＝4，OG＝CF＝3．
在Rt△CGE中，
∵EG2＝CE2﹣CG2，
∴EG＝＝．
∴GE＝DG＝．
∴OE＝OG﹣GE＝3﹣，OD＝OG+DG＝3+．
∴E（0，3﹣），D（0，3+）．
∴y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，“完美点”的坐标为（0，3+）或（0，3﹣）；
（2）设⊙C与y轴负半轴切于点P，在y轴负半轴上任取一点Q（与点P不重合），
连接BQ，AQ，BQ与⊙C交于点D，连接AD，如图，
则∠APB＝∠ADB，
∵∠ADB＞∠AQB，
∴∠APB＞∠AQB．
∴当P运动到⊙C与y轴相切时，∠APB的度数最大．
连接PC并延长交⊙C于点E，连接AE，如图，
∵OP是⊙C的切线，
∴CP⊥OP，
∴∠OPA+∠ABE＝90°．
∵PE为⊙C的直径，
∴∠PAE＝90°，
∴∠APE+∠E＝90°，
∴∠OPA＝∠E，
∴∠E＝∠OBP，
∴∠OPA＝∠OPB，
∵∠AOP＝∠POB＝90°，
∴△OAP∽△OPB，
∴，
∴OP2＝OA•OB．
∴OP＝．
∴P（0，﹣）．
故答案为（0，﹣）．
【点评】本题主要考查了圆周角定理及其推论，垂径定理，矩形的判定与性质，圆的切线的性质，勾股定理，切割线定理，三角形的内角和定理的推论，点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度以及正确理解并熟练应用新定义是解题的关键．
8．（2021秋•椒江区期末）如图1，已知⊙O的内接四边形ABCD，AB∥CD，BC∥AD，AB＝6，BC＝8．
（1）求证：四边形ABCD为矩形．
（2）如图2，E是上一点，连接CE交AD于点F，连接AC．
①当点D是中点时，求线段DF的长度．
②当16S△DCF＝3S四边形ABCD时，试证明点E为的中点．
（3）如图3，点E是⊙O上一点（点E不与A、C重合），连接EA、EC、OE，点Ⅰ是△AEC的内心，点M在线段OE上，且ME＝2MO，则线段MI的最小值为 5﹣ ．
【分析】（1）先判定四边形ABCD是平行四边形，再运用平行四边形的性质和矩形的判定即可证得结论；
（2）①先证明△CDF∽△ADC，利用相似三角形性质可得：＝即＝，即可求得答案；
②如图2，过点F作FD′⊥AC，根据16S△DCF＝3S四边形ABCD，可求得：DF＝3，AF＝5，再证明△FD′A∽△CDA，运用相似三角形性质可求得FD′＝3，再运用等腰三角形性质即可证得结论；
（3）如图3，连接AI、CI，过点O作O′O″⊥AC交⊙O于O′、O″，先判断出点I的运动路径为分别以O′、O″为圆心，O′A为半径的两段弧，点M的运动路径为以O为圆心，OM为半径的圆，当MI取得最小值时，点I在OE上，此时，OI＝5﹣5，根据ME＝2MO，可得OM＝OE＝，MI的最小值为：MI＝OI﹣OM＝5﹣．
【解答】（1）证明：如图1，∵AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°，
∴∠A＝∠C＝90°，
∴▱ABCD是矩形；
（2）①解：∵点D是的中点，
∴＝，
∴∠ECD＝∠DAC，
∵∠CDF＝∠ADC＝90°，
∴△CDF∽△ADC，
∴＝即＝，
∴DF＝；
②证明：如图2，过点F作FD′⊥AC，
∵16S△DCF＝3S四边形ABCD，
∴16××6×DF＝3×6×8，
∴DF＝3，
∴AF＝8﹣3＝5，
∵∠DAC＝∠D′AF，∠FD′A＝∠ADC＝90°，
∴△FD′A∽△CDA，
∴＝，
∴＝，
∴FD′＝3，
∵DF＝D′F＝3，FD′⊥AC，FD⊥CD，
∴CF平分∠DCA，
∴∠ECD＝∠ECA，
∴点E为的中点．
（3）如图3，连接AI、CI，过点O作O′O″⊥AC交⊙O于O′、O″，
∵点Ⅰ是△AEC的内心，
∴∠AIC＝90°+∠AEC＝135°，
∴点I的运动路径为分别以O′、O″为圆心，O′A为半径的两段弧，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，
∴O′A＝O′C＝5，即⊙O′的半径为5，
∵点M在线段OE上，且ME＝2MO，
∴OM＝OE＝×5＝，即点M的运动路径为以O为圆心，OM为半径的圆，
∵MI取得最小值时，点I在OE上，此时，OI＝5﹣5，
∴MI的最小值为：MI＝OI﹣OM＝5﹣5﹣＝5﹣，
故答案为：5﹣．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆的性质，三角形内心，勾股定理等，第（3）小题中判断出点I、M的运动路径是解题关键．
9．（2020秋•乐亭县期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），点B（0，6），动点C在以原点O为圆心，半径为3的⊙O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与⊙O相交于点D（其中点C，O，D按逆时针方向排列），连接AB．
（1）当OC∥AB时，∠BOC的度数为 45°或135° ；
（2）连接AC，BC，点C在⊙O上运动的过程中，当△ABC的面积最大时，请直接写出△ABC面积的最大值是 9+18 ．
（3）连接AD，当OC∥AD，点C位于第二象限时，
①求出点C的坐标；
②直线BC是否为⊙O的切线？并说明理由．
【分析】（1）易证△OAB为等腰直角三角形，则∠OBA＝45°，由OC∥AB，当C点在y轴左侧时，有∠BOC＝∠OBA＝45°；当C点在y轴右侧时，有∠BOC＝180°﹣∠OBA＝135°；
（2）先由等腰直角三角形的性质得AB＝6，再由三角形面积公式得到当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，此时C点到AB的距离的最大值为CE的长，然后利用等腰直角三角形的性质求出OE，计算△ABC的面积；
（3）①过C点作CF⊥x轴于F，先证Rt△OCF∽Rt△AOD，则＝，解得CF＝，再利用勾股定理计算出OF的长，则可得到C点坐标；
②先证∠COF＝30°，则可得到BOC＝60°，∠AOD＝60°，再证△BOC≌△AOD（SAS），得∠BCO＝∠ADO＝90°，然后由切线的判定定理可确定直线BC为⊙O的切线．
【解答】解：（1）∵点A（6，0），点B（0，6），
∴OA＝OB＝6，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OBA＝45°，
∵OC∥AB，
∴当C点在y轴左侧时，∠BOC＝∠OBA＝45°；
当C点在y轴右侧时，∠BOC＝90°+∠OBA＝135°；
综上所述，∠BOC的度数为45°或135°，
故答案为：45°或135°；
（2）∵△OAB为等腰直角三角形，
∴AB＝OA＝6，
∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，
过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交⊙O于C，如图1：
此时C点到AB的距离的最大值为CE的长，
∴OE＝AB＝3，
∴CE＝OC+OE＝3+3，
∴△ABC的面积＝CE•AB＝×（3+3）×6＝9+18；
即当点C在⊙O上运动到第三象限的角平分线与圆的交点位置时，△ABC的面积最大，最大值为9+18；
故答案为：9+18；
（3）①过C点作CF⊥x轴于F，如图2：
∵OC∥AD，
∴∠COF＝∠DAO，
又∵∠ADO＝∠CFO＝90°，
∴△OCF∽Rt△AOD，
∴＝，即＝，
解得：CF＝，
在Rt△OCF中，OF＝＝＝，
∴C点坐标为（﹣，）；
②直线BC是⊙O的切线．理由如下：
由①得：（﹣，），
在Rt△OCF中，OC＝3，CF＝，
∴CF＝OC，
∴∠COF＝30°，
∴∠OAD＝30°，
∴∠BOC＝60°，∠AOD＝60°，
∵在△BOC和△AOD中，
，
∴△BOC≌△AOD（SAS），
∴∠BCO＝∠ADO＝90°，
∴OC⊥BC，
∴直线BC为⊙O的切线．
【点评】本题是圆的综合题目，考查了掌握切线的判定定理、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的判定和直角三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
题型六：辅助圆模型
一．解答题（共10小题）
1．（2021秋•武夷山市期末）如图，C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在AB的同侧作等边△HAC与等边△DCB，连接DH．
（1）如图1，当∠DHC＝90°时，直接写出DC与CH的数量关系为 CD＝2CH ；
（2）在（1）的条件下，点C关于直线DH的对称点为E，连接AE、BE，求证：CE平分∠AEB；
（3）现将图1中△DCB绕点C顺时针旋转一定角度α（0°＜α＜90°），如图2，点C关于直线DH的对称点为E，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∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，从而得出答案；
（2）由EH＝CH＝AH，则，由（1）可得BC＝2CH＝EC，得，等量代换即可；
（3）根据HC＝HA＝HE，则A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上，得，同理可得．，从而证明结论．
【解答】解：（1）CD＝2CH，
∵△HAC与△DCB都是等边三角形，
∴∠ACH＝∠DCB＝60°，AC＝HC，BC＝CD，
∴∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，
∵∠DHC＝90°，
∴∠HDC＝180°﹣∠DHC﹣∠HCD＝30°，
∴CD＝2CH，
故答案为：CD＝2CH；
（2）如图1，由对称性得∠EHD＝90°，EH＝HC，
∵AH＝HC，
∴EH＝AH，
∴，
由（1）可得BC＝2CH＝EC，
∴，
∴∠AEC＝∠BEC，
即CE平分∠AEB；
（3）结论仍然正确，理由如下：
如图，由对称性可知：HC＝HE，
又∵AH＝HC，
∴HC＝HA＝HE，
∴A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上，
∴，
同理可得．，
∴∠AEC＝∠BEC，
∴EC平分∠AEB．
【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30°角的直角三角形的性质，证明点A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上是解题的关键．
2．（2021秋•自贡期末）在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥BC，垂足为C，∠BDC＝∠BAC，AC与BD交于点E．
（1）如图1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的长；
（2）如图2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分别为M，N，CN＝4，求DB+DC的长．
【分析】（1）先根据有一个角是60度的等腰三角形式等边三角形，由此可推出∠BAC的度数，再根据直角三角形推出30度角，即可得到线段的关系求解；
（2）根据Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四点共圆，利用圆周角性质得到角度相等，结合题目条件证明三角形全等得出相等的线段，最后利用等量代换即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∵CD⊥BC，
∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，
∴DC＝BD＝3．
（2）作△BCD的外接圆⊙O，如图所示：
∵CD⊥BC，
∴BD为⊙O直径，
∵∠BDC＝∠BAC，
∴A点在⊙O上，
∴∠BAD＝90°，
∵AM⊥BD，AN⊥CD，
∠AMB＝∠ACN＝90°，
∴在△ABM和△ACN中，
∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，BM＝CN，
∵在Rt△AMD和Rt△AND中，
∴Rt△AMD≌Rt△AND，
∴DN＝DM，
∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．
【点评】本题第一问主要考查等边三角形的判定再结合30角的直角三角形的性质，第二问主要考查隐形圆的问题，利用题目条件得到隐形圆，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用线段相等进行等量代换．
3．（2022秋•任城区校级期末）【阅读】
辅助线是几何解题中沟通条件与结论的桥梁．在众多类型的辅助线中，辅助圆作为一条曲线型辅助线，显得独特而隐蔽．
性质：如图①，若∠ACB＝∠ADB＝90°，则点D在经过A，B，C三点的圆上．
【问题解决】
运用上述材料中的信息解决以下问题：
（1）如图②，已知DA＝DB＝DC．
求证：∠ADB＝2∠ACB．
（2）如图③，点A，B位于直线l两侧．用尺规在直线l上作出点C，使得∠ACB＝90°．（要求：要有画图痕迹，不用写画法）
（3）如图④，在四边形ABCD中，∠CAD＝90°，CB⊥DB，点F在CA的延长线上，连接DF，∠ADF＝∠ABD．
求证：DF是△ACD外接圆的切线．
【分析】（1）由DA＝DB＝DC，可知点A，B，C在以D为圆心，DA为半径的圆上，根据圆周角定理即可证得结论；
（2）作线段AB的垂直平分线，与AB交于一点O，以O为圆心，以OA为半径作圆，圆与直线l的交点即为C点；
（3）取CD的中点O为圆心，CD为直径作圆O，则⊙O是△ACD的外接圆，由∠DAC＝∠DBC＝90°，可得点B在△ACD的外接圆上．由圆周角定理得出∠ACD＝∠ABD．即可得出∠ACD＝∠ADF．进而即可证得∠ADF+∠ADC＝90°．得到CD⊥DF．看证得DF是△ACD外接圆的切线．
【解答】解：（1）如图②，由DA＝DB＝DC，可知
点A，B，C在以D为圆心，DA为半径的圆上．
所以，∠ADB＝2∠ACB．
（2）如图③，点C1，C2就是所要求作的点．
（3）如图④，取CD的中点O为圆心，CD为直径作圆O，则⊙O是△ACD的外接圆；
由∠DAC＝∠DBC＝90°，可得点B在△ACD的外接圆上．
∴∠ACD＝∠ABD．
∵∠ADF＝∠ABD，
∴∠ACD＝∠ADF．
∵∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠ADC＝90°．
∴∠CDF＝90°．
即CD⊥DF．
∴DF是△ACD外接圆的切线．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的外接圆，作出三角形的外接圆是解题的关键．
4．（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△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数，若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ 45或135 °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
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：△ABD的外接圆就是以BD的中点为圆心，BD长为半径的圆；△BCD的外接圆也是以BD的中点为圆心，BD长为半径的圆．这样A、B、C、D四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出∠BAC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△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC边上的高，且BD＝6，CD＝2，求AD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A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）如图3，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．利用圆周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得DE＝OF＝2；在等腰Rt△BOE中，利用勾股定理得到OE＝DF＝4；则在Rt△AOF中，易得AF＝2，故AD＝2+4．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
同理，当点D在弧BC上时，∠BDC＝135°．
故答案为：45°或135；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）如图3，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°．
在Rt△BOC中，BC＝6+2＝8，
∴BO＝CO＝4．
∵OE⊥BC，O为圆心，
∴BE＝BC＝4，
∴DE＝OF＝2．
在Rt△BOE中，BO＝4，BE＝4，
∴OE＝DF＝4．
在Rt△AOF中，AO＝4，OF＝2，
∴AF＝2，
∴AD＝2+4．
【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．
5．（2021秋•宽城区期末）【问题原型】如图①，在⊙O中，弦BC所对的圆心角∠BOC＝90°，点A在优弧BC上运动（点A不与点B、C重合），连结AB、AC．
（1）在点A运动过程中，∠A的度数是否发生变化？请通过计算说明理由．
（2）若BC＝2，求弦AC的最大值．
【问题拓展】如图②，在△ABC中，BC＝4，∠A＝60°．若M、N分别是AB、BC的中点，则线段MN的最大值为 ．
【分析】（1）根据圆周角定理可知∠A＝45°；
（2）当AC为⊙O的直径时，AC最大，由△BOC是等腰直角三角形，求出OC的长，可知直径AC的长；
【问题拓展】画△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，ON，首先利用三角函数求出OB＝，可知AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝，再根据三角形中位线定理即可解决问题．
【解答】解：【问题原型】（1）∠A的度数不发生变化，理由如下：
∵，∠BOC＝90°，
∴；
（2）当AC为⊙O的直径时，AC最大，
在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，
根据勾股定理，得OB2+OC2＝BC2，
∵OB＝OC，
∴，
∴，
即AC的最大值为；
【问题拓展】如图，画△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，ON，
则ON⊥BC，∠BON＝60°，BN＝BC＝2，
∴OB＝，
∵M、N分别是AB、BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN＝AC，
∴AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝，
∴MN最大值为，
故答案为：．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形中位线定理等知识，明确直径是圆中最大的弦是解题的关键．
6．（2021秋•泗阳县期末）如图，已知AB⊥MN于点B，且AB＝10cm，将线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，过点C作CD⊥MN于点D，⊙O是△BCD的内切圆，直线AO、BC相交于点H．
（1）若α＝60°，则CD＝ 5 cm．
（2）若AO⊥BC
①点H与⊙O的位置关系是 B ；
A．点H在⊙O外
B．点H在⊙O上
C．点H在⊙O内
②求线段AO的长度．
（3）线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°，求点O运动的路径长．
【分析】（1）由旋转的性质知BC＝BA＝10cm，则CD＝BC＝5cm；
（2）①若⊙O与BC相切于P，则OP⊥BC，则点P与H重合，可得答案；
②延长AO交BD于E，利用∠A＝∠CBD＝90°﹣α，用α的代数式表示∠AOB和∠ABO，从而解决问题；
（3）在直线BD上取BG＝BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，利用SAS证明△BOG≌△BOC，得∠BOC＝∠BOG，而∠BOC＝135°，从而确定点O的运动路径．
【解答】解：（1）∵线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，
∴BC＝BA＝10cm，
当α＝60°时，∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝5cm，
故答案为：5；
（2）①当AO⊥BC时，
则OH⊥BC，
若⊙O与BC相切于P，
则OP⊥BC，
∴点P与H重合，
∴点H在⊙O上，
故选：B；
②延长AO交BD于E，
∵AO⊥BC，
∴∠A＝∠CBD＝90°﹣α，
∵⊙O是△BCD的内切圆，
∴BO平分∠CBD，
∴∠OBC＝∠CBD＝45°﹣α，
∴∠AOB＝90°﹣∠OBC＝90°﹣（45°﹣α）＝45°+α，
∵∠ABO＝∠ABC+∠CBO＝α+45°﹣α＝45°+α，
∴∠AOB＝∠ABO，
∴AO＝AB＝10cm；
（3）如图，在直线BD上取BG＝BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，
∵∠OBG＝∠OBC，OB＝OB，
∴△BOG≌△BOC（SAS），
∴∠BOC＝∠BOG，
∵∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠BCO+∠OBC＝45°，
∴∠BOC＝135°，
∴∠BOG＝135°，
∴点O在以F为圆心、BF为半径的圆上运动，
∵BG＝BC＝10cm，
∴BF＝5cm，
∴当线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°时，O运动的路径长为＝（cm）．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了三角形内切圆的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质等知识，构造全等三角形得出点O的运动路径是解题的关键，属于中考压轴题．
7．（2021秋•开福区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点M在x轴负半轴上，⊙M与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于C、D两点（点C在y轴正半轴上），且，点B的坐标为（3，0），点P为优弧CAD上的一个动点，连结CP，过点M作ME⊥CP于点E，交BP于点N，连结AN．
（1）求⊙M的半径长；
（2）当BP平分∠ABC时，求点P的坐标；
（3）当点P运动时，求线段AN的最小值．
【分析】（1）连接CM，由CD＝2OM，CD⊥MB，得CM＝＝2OM，得∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，从而证明结论；
（2）连接AP，过点P作PF⊥AB于F，由BP平分∠ABC，得∠ABP＝30°，则AP＝，在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，得PF＝，BF＝＝9，从而得出点P的坐标；
（3）由∠PNE＝∠BNM＝60°，BM＝6，可知点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时AN的最小值为AG﹣GM，再利用勾股定理分别求出AG和GM的长即可．
【解答】解：（1）如图，连接CM，
∵CD＝2OM，
∴OM，
∵CD⊥MB，
∴CM＝＝2OM，
∴∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，
∵MC＝MB，
∴△CMB为等边三角形，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴MB＝2OB＝6，
∴⊙M的半径长为6；
（2）连接AP，过点P作PF⊥AB于F，
∵AB为⊙M的直径，AB＝2MB＝12，
∴∠APB＝90°，
∴△APB为直角三角形，
由（1）得△CMB是等边三角形，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝30°，
∴AP＝，
∴BP＝＝6，
在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，
∴PF＝，
∴BF＝＝9，
∴OF＝BF﹣OB＝6，
∴OF＝6，PF＝3，
∴P（﹣6，3）；
（3）∵CD垂直平分MB，
∴在OC上取点G，使∠GMB＝30°，连接GM，GB，
∵ME⊥PC，
∴∠PEM＝90°，
∵∠CPB＝∠CMB＝30°，
∴∠PNE＝∠BNM＝60°，
∴BM＝6，
∴点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时AN的最小值为AG﹣GM，
∵BM＝6，∠GMB＝30°，
∴OG＝，GM＝2，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，AG＝，
∴AN的最小值为2﹣2．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，运用定弦对定角确定点N的运动路径是解题的关键．
8．（2022秋•沙坪坝区校级期末）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，D是线段BC上一点，延长BC至点E，使得CE＝CD，过点E作EG⊥AD于点G，交AB于点F．
（1）如图1，连接CG，若AD平分∠BAC，CG＝2，求BC的长；
（2）如图2，H是平面内一点，连接AH、DH，DA平分∠EDH，∠BAH＝2∠CAD，用等式表示线段BD、BF、DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，CD＝2，AC＝3，点M为平面内一点，连接BM、DM，满足∠AMD＝2∠H，当BM最小时，将△BDM沿着BD翻折到同一平面内得△BDM’，过点E作EK⊥BE，交直线DM’于点K，直接写出线段EK的长度．
【分析】（1）如图1，过点D作DQ⊥AB于Q，利用角平分线性质和等腰直角三角形性质即可求得答案；
（2）如图2，在线段HD上取点N，连接AN，使∠HAN＝∠BAD，过点F作FT⊥BC于T，连接AE，利用SAS可证得△ACE≌△ACD，再证明△CAD≌△TEF（AAS），△AHN≌△ABD（AAS），△ADN≌△ADE（SAS），即可得出BD+BF＝DH；
（3）如图3，以AD为直径作⊙O，当BM最小时，点M为线段OB与⊙O的交点，如图4，连接OB交⊙O于M，作点M关于BD的对称点M′，连接MM′交BD于L，过点O作OP⊥BC于P，运用勾股定理和相似三角形的判定和性质即可求得答案．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DQ⊥AB于Q，
∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DQ⊥AB，
∴DQ＝DC＝2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠BAC＝45°，
∵∠BQD＝90，
∴△BDQ是等腰直角三角形，
∴BD＝DQ＝2，
∴BC＝BD+DC＝2+2；
（2）BD+BF＝DH；理由如下：
如图2，过点F作FT⊥BC于T，连接AE，
∵CE＝CD，∠ACE＝∠ACB＝90°，AC＝AC，
∴△ACE≌△ACD（SAS），
∴∠AEC＝∠ADC，∠CAE＝∠CAD，AE＝AD，
∴∠DAE＝2∠CAD，
∵∠BAH＝2∠CAD，
∴∠DAE＝∠BAH，
∴∠DAE+∠DAB＝∠DAB+∠BAH，
即∠EAB＝∠DAH，
∵DA平分∠EDH，
∴∠ADH＝∠ADE＝∠AEB，
∴△AEB≌△ADH（ASA），
∴EB＝DH，
即BD+DE＝DH，
∵EG⊥AD，
∴∠FET+∠ADC＝90°，
∵∠CAD+∠ADC＝90°，
∴∠FET＝∠CAD，
∵∠AFE＝∠FET+∠B＝∠CAD+45°，∠EAF＝∠CAE+∠BAC＝∠CAD+45°，
∴∠AFE＝∠EAF，
∴AE＝EF＝AD，
在△CAD和△TEF中，
，
∴△CAD≌△TEF（AAS），
∴FT＝CD＝DE，∠ADE＝∠AED，
∵△BET是等腰直角三角形，
∴BF＝FT＝DE，
∴DE＝BF，
∴BD+BF＝DH；
（3）由（2）知∠H＝45°，
如图3，以AD为直径作⊙O，
∵∠AMD＝2∠H，
∴∠AMD＝90°，
∴点M在⊙O上，
∴当BM最小时，点M为线段OB与⊙O的交点，
如图4，连接OB交⊙O于M，作点M关于BD的对称点M′，连接MM′交BD于L，过点O作OP⊥BC于P，
则OP＝AC＝，PD＝CD＝1，BD＝BC﹣CD＝1，
∴BP＝2，
在Rt△ACD中，AD＝＝，
∴OM＝，
在Rt△BOP中，OB＝＝＝，
∴BM＝OB﹣OM＝﹣＝，
∵M与M′关于BD对称，
∴MM′⊥BD，ML＝M′L，
∵∠BLM＝∠BPO＝90°，∠MBL＝∠OBP，
∴△BML∽△BOP，
∴＝＝，即＝＝，
∴ML＝，BL＝，
∴M′L＝，DL＝BD﹣BL＝1﹣＝，
∵EK⊥BE，
∴∠DEK＝∠DLM′＝90°，
∵∠EDK＝∠M′DL，
∴△DEK∽△DLM′，
∴＝，
∵DE＝2CD＝4，
∴＝，
∴EK＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了角平分线性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，轴对称变换的性质，与圆有关的最值问题，添加辅助线构造辅助圆是解题关键．
9．（2022秋•丰都县期末）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠CAD＝30°，CD＝2，求AB的长；
（2）如图2，将△ABC的边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90°得到△AEC，F为AE延长线上一点，连接CF．若EF＝BD，∠ECF＝∠BAD，求证：AB＝2CD；
（3）如图3，在（1）的条件下，M为射线AB上一动点，连接CM，DM，将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，连接AD′，N为AD′的中点，连接BN，当BN的长度最小时，请直接写出的值．
【分析】（1）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理及等腰直角三角形性质即可求得答案；
（2）如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，设AC＝BC＝a，EF＝BD＝x，则AB＝a，CD＝a﹣x，由△CEG∽△ABD，可求得EG＝x，再由△FEG∽△FHC，可求得x＝a，即可证得结论；
（3）如图3，在射线AB截取BL＝AB＝2，连接D′L，以C为圆心，2为半径作⊙C，点D′在以C为圆心，2为半径的⊙C上运动，当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L的长度最小，如图4，过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BS∥CL交CM的延长线于点S，利用勾股定理和相似三角形的判定和性质即可求得答案．
【解答】（1）解：如图1，在Rt△ACD中，∵∠CAD＝30°，CD＝2，
∴AD＝2CD＝4，
∴AC＝＝＝2，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，AB＝AC＝×2＝2；
（2）证明：如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，
则∠FEG＝∠AEG＝∠FHC＝90°，
设AC＝BC＝a，EF＝BD＝x，
则AB＝a，CD＝a﹣x，
∵边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90°得到EC，
∴EC＝AC＝a，∠ACE＝90°，
∴AE＝a，∠AEC＝45°，
∴∠CEG＝∠AEG﹣∠AEC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠CEG＝∠B，
∵∠ECF＝∠BAD，
∴△CEG∽△ABD，
∴＝，
即＝，
∴EG＝x，
∵AC＝EC，CH⊥AE，
∴EH＝AH＝AE＝a，CH＝AE＝a，
∴FH＝EF+EH＝x+a，
∵∠FEG＝∠FHC，
∴EG∥HC，
∴△FEG∽△FHC，
∴＝，即＝，
解得：x＝a，
∴CD＝a﹣a＝a，
∴AB＝2CD；
（3）解：由（1）知AB＝2，AC＝BC＝2，如图3，在射线AB截取BL＝AB＝2，连接D′L，
以C为圆心，2为半径作⊙C，
∵N为AD′的中点，B为AL的中点，
∴BN＝D′L，
当BN的长度最小时，D′L的长度最小，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴CD′＝CD＝2，即点D′在以C为圆心，2为半径的⊙C上运动，
∴当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L的长度最小，
如图4，过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BS∥CL交CM的延长线于点S，
则CK＝BK＝AB＝，
∴KL＝BK+BL＝3，
∴CL＝＝＝2，
∴D′L＝CL﹣CD′＝2﹣2，
∴BN＝D′L＝﹣1，即BN的最小值为﹣1，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴∠BCM＝∠LCM，
∵BS∥CL，
∴∠S＝∠LCM，
∴∠S＝∠BCM，
∴BS＝BC＝2，
∵BS∥CL，
∴△BSM∽△LCM，
∴＝＝＝，
∴ML＝BM，
∵ML+BM＝BL，
∴BM+BM＝2，
∴BM＝，
∴AM＝AB+BM＝2+＝，
∴＝＝2+；
故的值为2+．
【点评】本题是几何综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，角平分线定义，圆外点到圆上点的最值，三角形中位线定理等，添加辅助线构造辅助圆和相似三角形是解题关键．
10．（2020秋•南京期末）（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△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ 45 °．
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
（3）【问题拓展】
如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是 ﹣1 ．
【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A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH＝AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，AB为半径作圆A，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
故答案为：45；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝1，
在Rt△AOD中，OD＝＝＝，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝﹣1．
（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆上运动当O、H、D三点共线时，DH长度最小）
故答案为：﹣1．