2021中考（通用版）数学复习训练几何专题---四点共圆问题 含详解

这是一份2021中考（通用版）数学复习训练几何专题---四点共圆问题 含详解，共63页。

1．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，D是BC中点，∠CAD＝∠CBE，则AE＝（ ）
A．4B．3C．2D．
2．如图，在正方形ABCD中，N为边AD上一点，连接BN．过点A作AP⊥BN于点P，连接CP，M为边AB上一点，连接PM，∠PMA＝∠PCB，连接CM，有以下结论：①△PAM∽△PBC；②PM⊥PC；③M、P、C、B四点共圆；④AN＝AM．其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
3．如图①，若BC是Rt△ABC和Rt△DBC的公共斜边，则A、B、C、D在以BC为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为（ ）
A．2B．3C．4D．6
4．如图，在四边形AOBC中，若∠1＝∠2，∠3+∠4＝180°，则下列结论正确的有（ ）
（1）A、O、B、C四点共圆
（2）AC＝BC
（3）cs∠1＝
（4）S四边形AOBC＝
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF，给出以下五个结论：①∠MAD＝∠AND；②CP＝b﹣；③△ABM≌△NGF；④S四边形AMFN＝a2+b2；⑤A，M，P，D四点共圆，其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．如图，一副直角三角板满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC，AB＝DF，∠EFD＝30°，将三角板DEF的直角顶点D放置于三角板ABC的斜边AB上，再将三角板DEF绕点D旋转，并使边DE与边AC交于点M，边DF与边BC于点N．当∠EDF在△ABC内绕顶点D旋转时有以下结论：
①点C，M，D，N四点共圆；
②连接CD，若AD＝DB，则△ADM∽△CDN；
③若AD＝DB，则DN•CM＝BN•DM；
④若AD＝DB，则CM+CN＝AD；
⑤若DB＝2AD，AB＝6，则2≤S△DMN≤4．
其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．如图，在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝6﹣2，点P是BC上一动点，PE⊥AB于E，PD⊥AC于D．无论P的位置如何变化，线段DE的最小值为（ ）
A．3﹣3B．C．4﹣6D．2
8．在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝（ ）
A．BM+DNB．AM+CNC．BM+CND．AM+DN
二．填空题
9．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝，D为BC边上异于中点的点，点C关于直线AD的对称点为点E，EB的延长线与AD的延长线交于点F，求AD•AF的值 ．
10．如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF，给出以下五个结论：
①∠MAD＝∠AND；
②CP＝a﹣；
③△ABM≌△NGF；
④S四边形AMFN＝a2+b2；
⑤A，M，P，D四点共圆，其中正确的序号为 ．
11．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABD＝72°，则∠CAD的度数为 ．
12．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BA延长线上，点E在BC边上，∠CAE＝2∠ACD，∠BAE＝60°，若AD＝3，△ABE的面积为10，则CD的长为 ．
13．已知AB为圆O的一条弦（非直径），OC⊥AB于C，P为圆O上任意一点，直线PA与直线OC相交于点M，直线PB与直线OC相交于点N．以下说法正确的有 ．
①O，M，B，P四点共圆；
②A，M，B，N四点共圆；
③A，O，P，N四点共圆．
14．如图，线段AB、CD相交于E，AE＝AC，DE＝DB，点M、F、G分别为线段AD、CE、EB的中点，如果∠MAE＝25°，∠AMF＝40°，那么∠MFG的度数为 ．
15．如图，点O为等边△ABC内一点，OA＝2，OC＝，连接BO并延长交AC于点D，且∠DOC＝30°，过点B作BF⊥BD交CO延长线于点F，连接AF，过点D作DE⊥AF于点E，则DE＝ ．
16．如图，AB∥CD，∠CBE＝∠CAD＝90°．AC＝AD＝6，DE＝4，则BD长为 ．
17．如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD交于点O，E为DC上一点，∠DAE＝30°，过D作DF⊥AE于F点，连接OF．则线段OF的长度为 ．
三．解答题
18．如图，A、B、C、D四点共圆，且∠ACB＝∠ACD＝60°．
求证：△ABD是等边三角形．
19．如图，在△ABC中，AB＜AC，AD平分∠BAC，BM＝CM，K为AM上一点，且∠BKC＝180°﹣∠BAC．求证：∠BKD＝∠CKD．
20．在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：
已知：△ABC是等边三角形，点D是△ABC内一点，连接CD，将线段CD绕C逆时针旋转60°得到线段CE，连接BE，DE，AD，并延长AD交BE于点F．当点D在如图所示的位置时：
（1）观察填空：
①与△ACD全等的三角形是 ；
②∠AFB的度数为 ；
（2）利用题干中的结论，证明：C，D，F，E四点共圆；
（3）直接写出线段FD，FE，FC之间的数量关系 ．
21．如图，已知锐角三角形ABC，过点A作BC的垂线与以BC为直径的⊙O1分别交于点D，E．过点B作CA的垂线与以CA为直径的⊙O2分别交于点F，G．求证：E，F，D，G四点共圆，并确定圆心的位置．
22．如图，在锐角三角形ABC中，AB＝AC，∠ACB的平分线交AB于点D．过△ABC的外心O作直线OG⊥CD交AC于点E，交CD于点G，过点E作EF∥AB交CD于F．
（1）求证：C，E，O，F四点共圆；
（2）求证：A，O，F三点共线；
（3）求证：EA＝EF．
23．如图，△ABC的内切圆I在边AB，BC，CA上的切点分别是D，E，F，直线EF与直线AI，BI，DI分别相交于点M，N，K．
证明：DM•KE＝DN•KF．
24．如图所示，在四边形ABCD中，已知BA＝AD＝DC，AC≠BD，AC与BD交于点P，∠ABC+∠BCD＝120°，求证：PB＝PC．（提示：在解答本题时，可能用到以下结论：对角互补的四边形内接于圆，简称四点共圆）
25．（本题证明值可直接利用如下结论：若公共边所对的两个张角相等，则相应的四点共圆．例如如图1，由∠ACB＝∠ADB，可得四点A、B、C、D共圆）如图2，圆内接五边形ABCDE中，AD是外接圆的直径，BE⊥AD，垂足为H，过点H作平行于CE的直线，与直线AC，DC分别交于F，G．证明：
（1）点A，B，F，H共圆；
（2）四边形BFCG是矩形．
26．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点D，点E是AC的中点，连接OD．
（1）求证：OD⊥DE；
（2）求证：O、A、E、D四点共圆．
（3）△ABC满足什么条件时，经过O、A、E、D的圆与BC相切？并说明理由．
27．如图，圆O内接四边形ABCD的对边AD，BC延长线交于点P，对角线AC，BD交于点Q，设△PDB的外接圆交直线PQ与P和另一个点K，求证：
（1）OK⊥PQ
（2）C，D，O，K四点共圆；
（3）三条直线AB，OK，DC交于一点．
28．如图，四边形ABCD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，自对角线AC、BD的交点N作NM⊥AB于点M，线段AC、MD交于点E，BD、MC交于点F，P是线段EF上的任意一点．证明：点P到线段CD的距离等于点P到线段MC、MD的距离之和．
29．如图，Rt△ABD，∠BAD＝90°，A、B、C、D四点共圆，且∠BAE＝∠C．
（1）确定圆的位置，圆心记为点O（要求：尺规作图，保留作图痕迹）
（2）求证：AE与⊙O相切于点A：
（3）若AE∥BC，BC＝2，AC＝2，求半径的长．
30．阅读理解：
如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、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；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．
（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝ ；
（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE的长；
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．
31．如图，在△ABC中，过A作BC的垂线，垂足为D，O为AD的中点，以AD为直径的⊙O分别与边AB、AC交于点E、F．试求证：
（1）BC是⊙O的切线；
（2）B、C、F、E四点共圆吗？说明理由．
32．如图，△ABC中，D是BC上一点，E是AC上一点，点G在BE上，连接DG并延长交AE于点F，∠BGD＝∠BAD＝∠C．
（1）求证：BD•BC＝BG•BE；
（2）如果∠BAC＝90°，求证：AG⊥BE．
33．如图，以锐角△ABC的边AB为直径作半圆⊙O交边BC、CA于点E、F．过点E、F分别作⊙O的切线得交点P．求证：CP⊥AB．
34．如图1，在四边形ABCD中，找一点P，使得点P到A、B、C、D的距离之和最小，即PA+PB+PC+PD的值最小，并说明理由．
如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，BN是∠ABC的角平分线，且BN⊥CD，点N为垂足，若DN＝CN，若四边形ABCD的面积为，求四边形ABND的面积．
若在四边形ABCD中，满足∠A+∠C＝180°，则可以得到A、B、C、D四点共圆．
问题解决：如图3所示，在四边形ABCD是一个不规则的便民活动场所，其中AB＝AD＝CD，BC＝1000米，∠ABC+∠BCD＝120°，根据政府的要求，在活动场所中建立一个标志建筑P，要求满足标志P到便民场所的四个顶点A、B、C、D的距离之和最短，并且标志建筑P到点B与点C的距离相等，若你是该项目的工程师，请问是否存在这样的点P满足政府的要求？若存在，请你用相关几何知识进行说明，并在图中标注点P的位置，并求出此时点P距离BC的距离．若不存在，请说明理由．
35．已知，在四边形ABCD中，连接AC、BD．
（1）如图1，若AC＝AD，∠BAC＝∠BDC，∠ABD＝∠BDC+60°，求证：AB＝DB．
（2）如图2，在（1）的条件下，以AB为斜边作Rt△ABF，∠AFB＝90°，连接FD交AB于点E，当DF⊥AB，AE＝9，∠FAB＝30°时，求CB的值．
36．已知△ABC中，∠A＝60°，E、F分别为AB、AC延长线上的点，且BE＝CF＝BC，△ACE的外接圆与EF交于不同于E的点K，设BF与CE交于点T．
（1）证明：A、B、T、C四点共圆；
（2）证明：点K在∠BAC的角平分线上．
37．[发现]如图∠ACB＝∠ADB＝90°，那么点D在经过A，B，C三点的圆上（如图①）
[思考]如图②，如果∠ACB＝∠ADB＝a（a≠90°）（点C，D在AB的同侧），那么点D还在经过A，B，C三点的圆上吗？我们知道，如果点D不在经过A，B，C三点的圆上，那么点D要么在圆O外，要么在圆O内，以下该同学的想法说明了点D不在圆O外．（如图③，过A，B，C三点作圆，圆心为O，假设点D在圆O外，设AD交圆O于点E，连接BE，则∠AEB＝∠ACB，又由∠AEB是△BDE的一个外角，得∠AEB＞∠ADB，因此∠ACB＞∠ADB，就与条件∠ACB＝∠ADB矛盾，所以点D不在圆O外）
请结合图④证明点D也不在⊙O内．
[结论]综上可得结论：如图②，如果∠ACB＝∠ADB＝a（点C，D在AB的同侧），那么点D在经过A，B，C三点的圆上，即：点A、B、C、D四点共圆．
[应用]利用上述结论解决问题：
如图⑤，已知△ABC中，∠C＝90°，将△ACB绕点A顺时针旋转一个角度得△ADE，连接BE、CD，延长CD交BE于点F，
（1）求证：点B、C、A、F四点共圆；
（2）求证：BF＝EF．
38．如图，A，P，B，C是圆上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，AP，CB的延长线相交于点D．
（1）求证：△ABC是等边三角形；
（2）若∠PAC＝90°，AB＝2，求PD的长．
39．（1）已知：如图1，△ABC为等边三角形，CE平分△ABC的外角∠ACM，点在BC上，连接AD、DE，如果∠ADE＝60°，求证：AD＝DE．
（2）如果△ABC为任意三角形，且∠ACB＝60°，其他条件不变，这个结论还成立吗？说明你的理由．
40．如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，点D在AC的垂直平分线上，射线BD与BC所夹锐角为30°，连接AD．
（1）求证：AB＝AD；
（2）如图2，AD交BC于点E，将∠CBD沿BD翻折交CD的延长线于点F，直接写出DF与DE的数量关系 ；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长AB，CD交于点H，若∠H＝30°，HB＝b，△ABE的面积为a，求AB的长（用含a，b的式子表示）．
参考答案
一．选择题
1．解：如图，连接DE，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，
∴∠C＝∠BAC＝45°，AC＝AB＝4，
∵D是BC中点，
∴CD＝BC＝2，
∵∠CAD＝∠CBE，
∴点A，点B，点D，点E四点共圆，
∴∠ABD＝∠DEC＝90°，
∴∠C＝∠EDC＝45°，
∴DE＝CE＝CD＝，
∴AE＝AC﹣CE＝3，
解法二、∵∠CAD＝∠CBE，∠C＝∠C，
∴△CAD∽△CBE，
∴，
∴＝，
∴BE＝，
解直角三角形可求：AE＝2+＝3，
解法三、作BF垂直于AC交于F，
∴AF＝BF＝CF＝2，
∵∠CAD＝∠CBE，
∴点A，点B，点D，点E四点共圆，
∴∠BDA＝∠BEA，
∴tan∠BDA＝tan∠BEA＝＝＝2，
∵BF＝2，
∴EF＝，
AE＝3．
故选：B．
2．解：∵AP⊥BN，
∴∠PAM+∠PBA＝90°，
∵∠PBA+∠PBC＝90°，
∴∠PAM＝∠PBC，
∵∠PMA＝∠PCB，
∴△PAM∽△PBC，
故①正确；
∵△PAM∽△PBC，
∴∠APM＝∠BPC，
∴∠CPM＝∠APB＝90°，即PM⊥PC，
故②正确；
∵∠MPC+∠MBC＝90°+90°＝180°，
∴B、C、P、M四点共圆，
故③正确；
∵AP⊥BN，
∴∠APN＝∠APB＝90°，
∴∠PAN+∠ANB＝90°，
∵∠ANB+∠ABN＝90°，
∴∠PAN＝∠ABN，
∵∠APN＝∠BPA＝90°，
∴△PAN∽△PBA，
∴，
∵△PAM∽△PBC，
∴，
∴，
∵AB＝BC，
∴AM＝AN，
故④正确；
故选：A．
3．解：如图，
以AH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、H、E），
以BH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、H、D），
以CH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C、D、H、E），
以AB为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、E、D、B），
以BC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、E、C），
以AC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、D、C），
共6组．
故选：D．
4．解：∵∠3+∠4＝180°，
∴A、O、B、C四点共圆，（1）正确；
作CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，如图所示：
则∠CDA＝∠CEB＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴CD＝CE，
∵∠3+∠4＝180°，∠3+∠CAD＝180°，
∴∠CAD＝∠4，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（AAS），
∴AD＝BE，AC＝BC，（2）正确；
∵cs∠1＝＝，cs∠2＝＝，
∴cs∠1+cs∠2＝+＝＝，
∵∠1＝∠2，
∴cs∠1＝cs∠2，
∴2cs∠1＝，
∴cs∠1＝，（3）正确；
∵CD＝CE，sin∠1＝，
∴CD＝c×sin∠1，
∴S四边形AOBC＝S△OAC+S△BOC＝a×CD+b×CE＝（a+b）CD＝（a+b）×c×sin∠1＝，（4）正确；
正确的结论有4个，
故选：D．
5．解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠BAM+∠DAM＝90°，
∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴∠NAD＝∠BAM，∠AND＝∠AMB，
∴∠DAM+∠NAD＝∠NAD+∠AND＝∠AND+∠NAD＝90°，
∴∠DAM＝∠AND，故①正确；
②∵四边形CEFG是正方形，
∴PC∥EF，
∴△MPC∽△EMF，
∴，
∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM＝b，
∴EF＝b，CM＝a﹣b，ME＝（a﹣b）+b＝a，
∴，
∴CP＝b﹣；故②正确；
③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴GN＝ME，
∵AB＝a，ME＝a，
∴AB＝ME＝NG，
在△ABM与△NGF中，，
∴△ABM≌△NGF；故③正确；
④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴AM＝AN，
∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴NF＝MF，
∵△ABM≌△NGF，
∴AM＝NF，
∴四边形AMFN是矩形，
∵∠BAM＝∠NAD，
∴∠BAM+DAM＝∠NAD+∠DAN＝90°，
∴∠NAM＝90°，
∴四边形AMFN是正方形，
∵在Rt△ABM中，a2+b2＝AM2，
∴S四边形AMFN＝AM2＝a2+b2；故④正确；
⑤∵四边形AMFN是正方形，
∴∠AMP＝90°，
∵∠ADP＝90°，
∴∠AMP+∠ADP＝180°，
∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．
故选：D．
6．解：①正确．理由如下：
如图1中，
∵∠ACB＝90°，∠EDF＝90°，
∴∠MCN+∠MDN＝180°，
∴点C，M，D，N四点共圆．
②正确．理由如下：
如图2中，连接CD．
∵AC＝BC．AD＝DB．
∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，
∴∠ADC＝∠MDN＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
在△ADM和△CDN中，
，
∴△ADM≌△CDN．故②正确．
③正确．理由如下：
如图3中
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD＝AD＝DB，CD⊥AB，∠A＝∠ACD＝∠DCN＝45°，
∴∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
在△ADM和△CDN中，
，
∴△ADM≌△CDN，
∴AM＝CN，DM＝DN，
∵AC＝BC，
∴CM＝BN，
∴DN•CM＝BN•DM
④正确．理由如下：
如图4中，作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G．
∵∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴DH＝DG，
∵∠DHC＝∠HCG＝∠CGD＝90°，
∴四边形CHDG是矩形，∵DH＝DG，
∴四边形CHDG是正方形，
∴∠HDG＝∠MDN＝90°，CH＝CG，
∴∠MDH＝∠GDN，
在△DHM和△DGN中，
，
∴△DHM≌△DGN，
∴MH＝NG
∴CM+CN＝CH+MH+CG﹣NG＝2CH，
∵AD＝CD＝CH，
∴CM+CN＝AD．
⑤正确．理由如下：
如图5中，作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G．
∵AB＝6，BD＝2AD，
∴AD＝2，BD＝4，
∴AH＝DH＝，DG＝GB＝2，
∵∠DHC＝∠HCG＝∠CGD＝90°，
∴四边形CHDG是矩形，
∴∠HDG＝∠MDN，
∴∠MDH＝∠NDG，∵∠DHM＝∠DGN＝90°，
∴△DHM∽△DGN，
∴＝＝，设DM＝x，则DG＝2x，
∴S△DMN＝•2x•x＝x2，
当DM⊥AC时，DM的值最小，此时DM＝DH＝，△DMN的面积最小值为2，
当DM⊥AB时，DM的值最大，此时DM＝AD＝2，△DMN的面积的最大值为4，
∴2≤S△DMN≤4．
故选：D．
7．解：解法一：当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
如图1，∵PE⊥AB，PD⊥AC，
∴∠AEP＝∠ADP＝90°，
∴∠AEP+∠ADP＝180°，
∴A、E、P、D四点共圆，且直径为AP，
在Rt△PDC中，∠C＝45°，
∴△PDC是等腰直角三角形，∠APD＝45°，
∴△APD也是等腰直角三角形，
∴∠PAD＝45°，
∴∠PED＝∠PAD＝45°，
∴∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠C＝45°，
∵∠EAD＝∠CAB，
∴△AED∽△ACB，
∴，
设AD＝2x，则PD＝DC＝2x，AP＝2x，
如图2，取AP的中点O，连接EO，则AO＝OE＝OP＝x，
∵∠EAP＝∠BAC﹣∠PAD＝60°﹣45°＝15°，
∴∠EOP＝2∠EAO＝30°，
过E作EM⊥AP于M，则EM＝x，
cs30°＝，
∴OM＝x•＝x，
∴AM＝x+x＝x，
由勾股定理得：AE＝，
＝，
＝（+1）x，
∴＝，
∴ED＝．
则线段DE的最小值为；
解法二：如图3，取AP的中点F，连接EF、DF，有EF＝DF＝AP，
∠EFD＝120°，
∴△EFD为顶角为120°的等腰三角形，
∴当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
如图4，作AB的中垂线，交AP于一点O，交AB于G，连接OB，
设OA＝OB＝2x，
∵∠BOP＝2∠BAO＝30°，
∴BP＝x，OP＝x，
∴AP＝PC＝（2+）x，
∵BC＝6﹣2，
∴x+2x+x＝6﹣2，
x＝4﹣2，
∴AP＝（2+）x＝（2+）（4﹣2）＝2，
∴EF＝FD＝1，
如图5，过F作FH⊥ED于H，
∴EH＝DH，
∵∠FED＝30°，
∴FH＝，
∴EH＝DH＝，
∴DE＝；
故选：B．
8．解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF
∴∠NFD＝∠NDF，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∵MN∥BC，
∴∠AMN＝∠B，
∴∠AMN+∠ADN＝180°，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴∠MND+∠MAD＝180°，
∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，
∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，
∴∠DFN＝∠DAE，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，
∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND
＝180°﹣∠DEN﹣∠MND
＝∠EDN＝∠ADE
＝∠AFM，
∴MA＝MF，
∴MN＝MF+NF＝MA+ND．
故选：D．
二．填空题
9．解：如图，连接AE，CF，DE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB，
∵点C关于直线AD的对称点为点E，
∴∠BED＝∠BCF，∠AED＝∠ACD＝∠ACB，
∴∠ABD＝∠AED，
∴点A，E，B，D四点共圆，
∴∠BED＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠BCF，
∴点A，B，F，C四点共圆，
∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABD，
∴△AFB∽△ABD，
∴，
∴AD•AF＝AB2＝（）2＝5，
故答案为：5．
10．解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠BAM+∠DAM＝90°，
∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴∠NAD＝∠BAM，∠AND＝∠AMB，
∴∠DAM+∠NAD＝∠NAD+∠AND＝∠AND+∠NAD＝90°，
∴∠DAM＝∠AND，故①正确；
②∵四边形CEFG是正方形，
∴PC∥EF，
∴△MPC∽△MFE，
∴＝，
∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM＝b，
∴EF＝b，CM＝a﹣b，ME＝（a﹣b）+b＝a，
∴＝，
∴CP＝b﹣；故②错误；
③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴GN＝ME，
∵AB＝a，ME＝a，
∴AB＝ME＝NG，
在△ABM与△NGF中，，
∴△ABM≌△NGF（SAS）；故③正确；
④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，
∴AM＝AN，
∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，
∴NF＝MF，
∵△ABM≌△NGF，
∴AM＝NF，
∴四边形AMFN是矩形，
∵∠BAM＝∠NAD，
∴∠BAM+DAM＝∠NAD+∠DAN＝90°，
∴∠NAM＝90°，
∴四边形AMFN是正方形，
在Rt△ABM中，a2+b2＝AM2，
∴S四边形AMFN＝AM2＝a2+b2；故④正确；
⑤∵四边形AMFN是正方形，
∴∠AMP＝90°，
∵∠ADP＝90°，
∴∠AMP+∠ADP＝180°，
∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确．
故答案为：①③④⑤．
11．解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠ABD＝∠ACD＝72°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ACD＝18°，
故答案为：18°．
12．解：如图，∵在△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠DAC＝2∠ACB，
∵∠CAE＝2∠ACD，
∴∠CAD+∠CAE＝2∠ACB+2∠ACD＝2（∠ACB+∠ACD），
∴∠DAE＝2∠BCD，
∵∠BAE＝60°，
∴∠DAE＝180°﹣∠BAE＝120°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠DAE+∠DCB＝180°，
∴点A，E，C，D四点共圆，连接DE，
∴∠ADE＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠ABC，
过点E作EF⊥AB于E，
∴BF＝DF，
设AF＝x，
则BF＝DF＝AF+AD＝x+3，
∴AB＝2x+3，
在Rt△AFE中，∠BAE＝60°，
∴∠AEF＝30°，
∴AE＝2x，EF＝x，
∵△ABE的面积为10，
∴S△ABE＝AB•EF＝（2x+3）•x＝10，
∴x＝﹣4（舍）或x＝，
∴AE＝5，BF＝，AB＝2x+3＝8，EF＝，BD＝2BF＝11，
根据勾股定理得，BE＝＝7，
∵∠DCB＝60°＝∠BAE，∠B＝∠B，
∴△BAE∽△BCD，
∴，
∴，
∴CD＝，
故答案为．
13．解：如图，
∵OC⊥AB于C，
∴∠BOC＝∠AOC＝∠AOB，NA＝NB，
∵∠BPM＝∠AOB，
∴∠BPM＝∠BOC，
∴O、M、B、P四点共圆，
∴①正确．
∵四边形AMBN为凹四边形．
∴A、M、B、N不共圆，
∴②错误．
∵NA＝NB，
∴∠NAB＝∠NBA，
∵∠NAB+∠NBA+∠ANP＝180°，
∴∠ANP+2∠NBA＝180°
∵∠AOP＝2∠NBA，
∴∠AOP+∠ANP＝180°，
∴A、O、P、N四点共圆，
∴③正确．
故答案为：①③
14．解：如图，连接AF，DG，
∵AE＝AC，DE＝DB，点F，点G是CE，BE的中点，
∴AF⊥CE，DG⊥BE，
∴∠AFD＝∠AGD＝90°，
∴点A，点F，点G，点D四点共圆，
∴∠DFG＝∠GAD＝25°，
∵∠AFD＝90°，点M是AD中点，
∴AM＝FM＝DM，
∴∠DFM＝∠FDM，且∠AMF＝∠FDM+∠DFM＝40°，
∴∠DFM＝20°，
∴∠MFG＝∠MFD+∠DFG＝45°，
故答案为45°．
15．解：过点C作CM⊥CF交BD延长线于点M，连接AM，
∵∠DOC＝30°，
∴∠BMC＝∠BAC＝∠BFC＝60°，
∴A、F、B、C、M五点共圆，
∴∠AMB＝∠ACB＝60°，
∵OC＝、∠COD＝30°，
∴OM＝＝2＝OA，
∴△AOM是等边三角形，
∴∠AOM＝60°，
∵∠AOM＝60°＝∠OMC，
∴MC∥AO，
∴＝＝＝，
∴OD＝OM＝，DM＝OM＝，
∵A、F、B、M四点共圆，
∴∠FAM＝180°﹣∠FBM＝90°，
∴∠EAG＝∠FAM﹣∠OAM＝30°，
∴∠OGD＝∠AGE＝60°，
∴△ODG是等边三角形，
∴AG＝OA﹣OG＝OM﹣OD＝DM＝，
∴EG＝AG＝，
∴DE＝DG+EG＝OD+EG＝，
故答案为：．
16．解：如图，在Rt△ACD中，AC＝AD＝6，
∴CD＝6，∠ACD＝∠ADC＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝45°，
连接CE，
在Rt△ACE中，AC＝6，AE＝AD﹣DE＝2．
∴CE＝＝2，
取CE的中点O，连接OB，
∵∠CBE＝∠CAE＝90°，
∴点A，B，C，E在以点O为圆心，CE为直径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，OB＝OC＝CE＝
∵OB＝OC，
∴BC＝OB＝2，
过点E作EH⊥CD，
∵∠ADC＝45°，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵DE＝4，
∴EH＝DH＝DE＝2，
过点A作AM⊥CD，
∴EH∥AM，
∴＝，
∴AM＝EH＝3，
过点B作BG⊥CD，
∴四边形ABGH是矩形，
∴BG＝AM＝3，
在Rt△BCG中，BC＝2，BG＝3，
∴CG＝＝，
∴DG＝CD﹣CG＝6﹣＝5，
在Rt△BDG中，BG＝3，DG＝5，
∴BD＝＝2．
故答案为：2．
17．解：作OG⊥DF于G，连接OG，如图所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°，∠AOD＝90°．
∵DF⊥AE，即∠AFD＝90°，
∴∠AOD＝∠AFD．
∴A、O、F、D四点共圆．
∴∠OFG＝∠DAO＝45°．
∵OG⊥DF，即∠OGF＝90°，
∴∠FOG＝45°＝∠OFG．
∴OG＝FG．
∵∠AFD＝90°，∠DAE＝30°，AD＝2，∴DF＝1．
设GF＝GO＝x，
则有DG＝DF+FG＝1+x，OF＝＝x．
在Rt△AOD中，OD＝AD•sin∠DAO＝2×＝．
在Rt△OGD中，
∵∠OGD＝90°，∴OG2+DG2＝OD2．
∴x2+（1+x）2＝（）2．
解得：x1＝﹣+，x2＝﹣﹣（舍去）．
所以OF＝x＝﹣．
故答案为：﹣．
三．解答题
18．证明：∵∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ABD＝∠ACD＝60°，
在△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
19．证明：如图，
延长AM至G，使GM＝AM，
∵BK＝CK，
∴四边形ABGC是平行四边形，
∴BG＝AC，CG＝AB，∠BGC＝∠BAC，
∵∠BKC＝180°﹣∠BAC，
∴∠BKC+∠BGC＝180°，
∴点C，G，B，K四点共圆，
∴∠CBK＝∠CGK，
∵∠BMK＝∠CMK，
∴△BMK∽△GMC，
∴＝，
同理：，
∴＝1，
过点D作DQ⊥AC于Q，作DP⊥AB于P，则DQ＝DP，
∴，
∵，
∴＝，
过点D作DH⊥BK于H，
在Rt△DHK中，DH＝DK•sin∠BKD，
∴S△BKD＝BK•DH＝BK•DK•sin∠BKD，
同理：S△CKD＝CK•DK•sin∠CKD，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝＝1，
∴∠BKD＝∠CKD．
20．（1）解：①∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∴∠ACD+∠DCB＝60°，
由旋转知，CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴∠BCE+∠DCB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
故答案为：△BCE；
②由①知，△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠ADC+∠FDC＝180°，
∴∠BEC+∠FDC＝180°，
∴C，D，F，E四点共圆，
∴∠AFE+∠DCE＝180°，
∵∠AFB+∠AFE＝180°，
∴∠AFB＝∠DCE＝60°，
故答案为：60°；
（2）证明：由（1）②中，已证；
（3）由（1）①知，△DCE是等边三角形，
∴CE＝DE，
由（1）②知，∠DFE＝180°﹣∠DCE＝120°，
由（2）知，点C，D，F，E四点共圆，
∴∠CFE＝∠CDE＝60°，
在FC上取一点G，使FG＝FE，
∴△EFG是等边三角形，
∴EG＝FE，∠EGF＝60°，
∴∠CGE＝120°＝∠DFE，
∵点C，D，F，E四点共圆，
∴∠ECG＝∠EDF，
∴△CEG≌△DEF（AAS），
∴CG＝FD，
∴FC＝FG+CG＝FE+FD，
故答案为：FC＝FE+FD．
21．证明：如图，连接CD，CE，CF，CG，AE与BC的交点记作A'，BG与AC的交点记作B'，两圆的另一个交点记作C'
∵BC是⊙O1的直径，BC⊥DE，
∴BC是DE的中垂线，
∴CD＝CE，
∵AC是⊙O2的直径，AC⊥FG，
∴AC是FG的中垂线，
∵CF＝CG，
连接BE，AG，
∴∠BEC＝∠AGC＝90°，
∴CE2＝CB•CA'，CG2＝CA•CB'（射影定理）．
∵∠BA'A＝∠BB'A＝90°，
∴A，B，A'，B'四点共圆，
∴CB•CA'＝CA•CB，
∴CE＝CG，
∴CE＝CD＝CG＝CF，
即E，F，D，G四点共圆，且圆心为C．
22．证明：（1）如图1，连接OA，OC，
∵AB＝AC，点O为△ABC的外心，
∴AO平分∠BAC，OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝∠BAC＝（180°﹣2∠B）＝90°﹣∠B，
∵OG⊥CD，CD平分∠ACB，
∴∠OEC＝90°﹣∠ECD＝90°﹣∠ACB＝90°﹣∠B
∴∠COE＝180°﹣∠OEC﹣∠OCA＝180°﹣（90°﹣∠B）﹣（90°﹣∠B）＝∠B，
∵EF∥AB，CD平分∠ACB，
∴∠CFE＝∠CDA＝∠ABC+∠DCB＝∠B，
∴∠COE＝∠CFE，
∴点C，E，O，F四点共圆，
（2）如图2，连接OF，
∵O为△ABC的外心，
∴∠AOC＝2∠B，
由（1）知，点C，E，O，F四点共圆，
∵EF∥AB，
∴∠FOC＝∠FEC＝∠BAC，
∴∠AOC+∠FOC＝2∠B+∠BAC＝180°，
∴点A，O，F三点共线，
（3）由（1）知，点C，E，O，F四点共圆，
∴∠OFE＝∠OCE＝∠OAC，
∴EA＝EF．
23．证明：连接IE，如图所示：
∵△ABC的内切圆I在边AB，BC，CA上的切点分别是D，E，F，
∴ID⊥AB，IE⊥BC，
∴∠IDB＝∠IEB＝90°，
∴∠IDB+∠IEB＝180°，
∴I，D，B，E四点共圆．
又∵∠AID＝90°﹣∠IAD，∠MED＝∠FDA＝90°﹣∠IAD，
∴∠AID＝∠MED，
∴I，D，E，M四点共圆．
∴I，D，B，E，M五点共圆，∠IMB＝∠IEB＝90°，
即AM⊥BM．
同理，I，D，A，N，F五点共圆，且BN⊥AN．
设直线AN，BM交于点G，则点I为△GAB的垂心．又ID⊥AB，
∴G，I，D共线．
∵G，N，D，B四点共圆，
∴∠ADN＝∠G．
同理∠BDM＝∠G．
∴DK平分∠MDN，
∴①．
又由I，D，E，M；I，D，N，F分别共圆，
∴KM•KE＝KI•KD＝KF•KN，
∴②．
由①，②得：，
∴DM•KE＝DN•KF．
24．解：延长BA、CD交于点E，如图1．
∵∠ABC+∠BCD＝120°，
∴∠E＝180°﹣120°＝60°，
∴∠EAD+∠EDA＝180°﹣60°＝120°．
∵BA＝AD＝DC，
∴∠1＝∠5，∠4＝∠6，
∴∠EAD＝∠1+∠5＝2∠5，∠EDA＝∠4+∠6＝2∠6，
∴∠EAD+∠EDA＝2∠5+2∠6＝120°，
∴∠5+∠6＝60°，
∴∠APD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠E+∠APD＝180°，
∴E、A、P、D四点共圆．
连接EP，如图2．
∵E、A、P、D四点共圆，
∴∠5＝∠8，∠6＝∠7，
∴∠1＝∠5＝∠8，∠4＝∠6＝∠7，
∴PE＝PB，PE＝PC，
∴PB＝PC．
25．证明：（1）由HG∥CE，得∠BHF＝∠BEC，
又∵＝，
∴∠BAF＝∠BEC，
∴∠BAF＝∠BHF，
∴点A、B、F、H共圆；
（2）由（1）的结论，得∠BHA＝∠BFA，
∵BE⊥AD，
∴BF⊥AC，
又∵AD是圆的直径，
∴CG⊥AC，
由A、B、C、D共圆及A、B、F、H共圆，
∴∠BFG＝∠DAB＝∠BCG，
∴B、G、F、H共圆，
∴∠BGC＝∠AFB＝90°，
∴BG⊥GC，
∴四边形BFCG是矩形．
26．（1）证明：连接OE，如图1所示：
∵AC是⊙O的切线，
∴∠BAC＝90°，
∵OA＝OB，AE＝EC，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE∥BC，
∴∠AOE＝∠B，∠EOD＝∠ODB，
∵OA＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠AOE＝∠EOD，
在△AOE和△DOE中，，
∴△AOE≌△DOE（SAS），
∴∠ODE＝∠BAC＝90°，
∴OD⊥DE；
（2）证明：连接OE，取OE的中点为Q，连接QA、QD，如图2所示：
由（1）得：∠ODE＝∠BAC＝90°，
∴QD＝OE＝QO＝QE，QA＝OE＝QO＝QE，
∴QA＝QO＝QD＝QE，
∴O、A、E、D在以Q为圆心，OE为直径的圆上，
即O、A、E、D四点共圆；
（3）解：AB＝AC或∠B＝45°或∠C＝45°时，经过O、A、E、D的圆与BC相切，理由如下：
如图3所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC或∠B＝45°或∠C＝45°时，△ABD是等腰直角三角形，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∴∠AOB＝90°＝∠OAE＝∠ODE，
∴四边形OAED是矩形，
∵OA＝OD，
∴四边形OAED是正方形，
∴OE与AD互相垂直平分且相等，
∵Q为OE的中点，
∴QD＝QA＝QO，
∴经过O、A、E、D的圆与BC相切．
27．证明：如图，连接OD、OC、CK、OB、OA、AK、BK．
在⊙O中，弦AC、BD交于点Q，
∴AQ•CQ＝BQ•DQ，
在⊙O'中，弦BD、PK交于点Q，
∴BQ•DQ＝PQ•KQ，
∴AQ•CQ＝PQ•KQ，
∴A、K、C、P四点共圆，
∴∠CAP＝∠CKP，
∵∠CAP＝∠CAD＝∠CBD＝∠DBP＝∠DKP，
∴∠CKP＝∠DKP，
∴∠CKD＝2∠CKP＝2∠CBD＝∠COD，
∴C、D、O、K四点共圆，结论（2）得证．
∴∠OKD＝∠OCD
∵OD＝OC，
∴∠OCD+∠COD＝90°，
∴∠OKD+∠COD＝∠OKD+∠DKP＝∠OKP＝90°，
∴OK⊥PQ，结论（1）得证．
∵∠KBQ＝∠KBD＝∠KPD＝∠KPA＝∠KCA＝∠KCQ，
∴K、B、C、Q四点共圆，
∴∠KQB＝∠KCB＝∠KAP＝∠KAD，
∵∠BKQ+∠KQB+∠KBQ＝180°，且∠BKQ＝∠BKP＝∠BDP＝∠DAB+∠DBA
∴∠DAB+∠DBA+∠KQB+∠KBQ＝180°，
∵∠DAB+∠DBA+∠ADB＝180°，
∴∠KQB+∠KBQ＝∠ADB，
∴∠AKB＝∠ADB+∠DAK+∠DBK＝∠ADB+∠KQB+∠QBK＝2∠ADB，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∴∠AOB＝∠AKB，
∴A、O、K、B四点共圆，
∴AB为⊙O与⊙（ABKO）的公共弦，
OK为⊙（ABKO）与⊙（OKCD）的公共弦，
CD为⊙O与⊙（OKCD）的公共弦，
由蒙日定理可知AB、OK、DC交于点一E．结论（3）得证．
28．解：如图，∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
∵NM⊥AB，
∴∠NCB＝∠NMB＝90°，
∴B、C、N、M四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠MCN，
故AC平分∠DCM，
同理，BD平分∠CDM，
过P作PH⊥MC于点H，PG⊥MD于点G，PT⊥CD于点T；过点P作XY∥MC，交MD于点X，交AC于点Y；过点Y作YZ∥CD，交MD于点Z，交PT于点R；再作YH1⊥MC于点H1，YT1⊥CD于点T1，
由平行线及角平分线的性质得PH＝YH1＝YT1＝RT．为证PT＝PG+PH，只须证PR＝PG，
∵PY∥CF，
∴＝，
∵YZ∥CD，
∴＝，
∴＝，
∴ZP∥DF，
由于△XYZ与△MCD的对应边分别平行，
∵DF平分∠MDC，
∴ZP是∠XZY的平分线，
∵PG⊥DM，PR⊥ZY，
∴PR＝PG，
∴PT＝PR+TR＝PH+PG，
即点P到线段CD的距离等于点P到线段MC、MD的距离之和．
29．解：（1）如图1所示，点O为所求作的图形；
（2）证明：如图2，连接OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠BAE＝∠C，
∴∠ODA＝∠C＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠OAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠OAE＝∠OAB+∠BAE＝∠OAB+∠OAD＝∠BAD＝90°，
∴OA⊥AE，
∵点A在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线；
（3）由（2）知，OA⊥AE，
∵AE∥BC，
∴OA⊥BC，垂足记作F，
∴BF＝CF＝BC＝×2＝，
在Rt△AFC中，AC＝2，
∴AF＝＝1
设⊙O的半径为r，
∴OF＝r﹣AF＝r﹣1，
在Rt△OFB中，OB2＝BF2+OF2，
即：r2＝（）2+（r﹣1）2，
∴r＝4，
即：⊙O的半径的长为4．
30．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，
故答案为：55°；
（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：
∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，
∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，
∴∠AFD＝135°，
∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，
∴∠AFD＝∠DBE，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE＝90°，
∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，
∴∠FAD＝∠BDE，
在△ADF和△DEB中，，
∴△ADF≌△DEB（ASA），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝AD＝2；
（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：
∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，
∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，
∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，
∴△ABK是等边三角形，
∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，
∴KM＝AK•sin60°＝2，
∵AE＝3，AM＝AB＝2，
∴ME＝3﹣2＝1，
∴EK＝＝＝，
∴EF＝＝＝．
31．（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，D为垂足，
∴BC是⊙O的切线；
（2）点B，C，F，E四点共圆；
理由：∵AD是⊙O的直径，
∴∠AFD＝90°，
∴∠DAC+∠ADF＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C＝90°，
∴∠C＝∠ADF＝∠AEF，
∵∠AEF+∠BEF＝180°，
∴∠C+∠BEF＝180°，
∴点B，C，F，E四点共圆．
32．（1）证明：∵∠DBG＝∠CBE，
∠BGD＝∠C，
∴△BDG∽△BEC，
∴＝，
∴BD•BC＝BG•BE；
（2）∵∠ABD＝∠CBA，∠BAD＝∠C，
∴△BAD∽△BCA，
∴∠BDA＝∠BAC＝90°，
∵∠BAD＝∠BGD，
∴A，B，D，G四点共圆，
∴∠AGB＝∠ADB＝90°，
∴AG⊥BE．
33．证明：如图，连接AE、BF得交点Q，
∵∠AEB＝∠AFB＝90°，
∴点Q为△ABC的垂心，
∴CQ⊥AB．①
延长FP到点K，使PK＝PF，连接EF、KE．易知∠PEF＝∠PFE＝∠EAF．
连接PQ并延长交AB于点H，
∵∠EQF＝180°﹣∠AQF＝180°﹣（90°﹣∠EAF）＝90°+∠EAF＝90°+∠PEF，
∠K＝∠EPF＝ （180°﹣2∠PEF）＝90°﹣∠PEF，
∴∠EQF+∠K＝180°．
故K、F、Q、E四点共圆，
∵PK＝PE＝PF，
∴P必是该圆的圆心．
∴PQ＝PF．
∴∠PQF＝∠PFQ＝∠PFB＝∠FAB＝∠FAH，
∴A、H、Q、F四点共圆．
则∠PHA＝∠QHA＝180°﹣∠QFA＝90°，
∴PH⊥AB，即PQ⊥AB．②
由①、②知，C、P、Q三点共线，
∴CP⊥AB．
34．解：（1）如图1中，点P即为所求．
（2）如图2中，延长BA交CD的延长线于K．
∵BN⊥CK，
∴∠BNK＝∠BNC＝90°，
∵BN＝BN，∠NBK＝∠NBC，
∴△BNK≌△BNC（ASA），
∴NK＝NC，
∵DN＝CN，
∴DK＝2DN，DK：KC＝1：3，
∵AD∥BC，
∴△KAD∽△KBC，
∴＝（）2＝，
∵S四边形ABCD＝，
∴S△KAD＝，
∴S△KBC＝+＝，
∴S△AKN＝S△KBC＝，
∴S四边形ABND＝S△KBN﹣S△KAD＝﹣＝2．
（3）存在．如图3中，延长BA交CD的延长线于E，连接AC，BD交于点P，此时PA+PB+PC+PD的值最小．在CA的延长线上取一点F，使得BF＝BA，连接BF．作PH⊥BC于H．
∵AB＝AD＝CD，
∴∠ADB＝∠ABD，∠DAC＝∠DCA，设∠ADB＝∠ABD＝x，∠DAC＝∠DCA＝y，
∴∠EAD＝∠ADB+∠ABD＝2x，∠EDA＝∠DAC+∠DCA＝2y，
∵∠ABC+∠DCB＝120°，
∴∠E＝60°，
∴2x+2y+60°＝180°，
∴x+y＝60°，
∴∠PBC+∠PCB＝∠ABC+∠DCB﹣（∠ABD+∠DCA）＝120°﹣60°＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝120°，
∴∠APD＝∠BPC＝120°，
∴∠E+∠APD＝180°，
∴∠EAP+∠EDP＝180°，
∵∠EDP+∠CDP＝180°，∠EAP＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠CDP，
∵BA＝BF，
∴∠F＝∠BAF，
∴∠F＝∠CDP，
∵BF＝CD，∠BPF＝∠CPD，
∴△BPF≌△CPD（AAS），
∴PB＝PC，
∴∠PBC＝∠PCB＝30°
∵PH⊥BC，
∴BH＝CH＝500米，
∴点P在线段BC的垂直平分线上，
∴点P即为满足条件的点，
在Rt△PBH中，PH＝BH•tan30°＝．
∴点P距离BC的距离为．
35．证明：（1）∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠BAC＝∠BDC，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠ACD＝∠ADC＝∠BDC+60°，
∴∠CAD＝180°﹣2∠ACD＝60°﹣∠BDC，
∴∠BAD＝∠CAD+∠CAB＝60°﹣∠BDC+∠BDC＝60°﹣∠BDC，
∵∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝60°﹣∠BDC，
∴∠BAD＝∠BDA，
∴AB＝DB；
（2）如图2，过点A作AH⊥BD交BD于H，AG⊥BC交CB的延长线于G，
∵DF⊥AB，AE＝9，∠FAB＝30°，
∴EF＝3，AF＝6，
∵∠AFB＝90°，∠FAB＝30°，
∴FB＝6，AB＝2BF＝12，
∴BE＝3，
∵S△ABD＝×AB×DE＝×DB×AH，
∴DE＝AH，且AB＝DB，
∴Rt△ABH≌Rt△DBE（HL）
∴BE＝BH＝3，
∵点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠ABG＝∠ADC，且∠ACD＝∠ABD＝∠ADC，
∴∠ABG＝∠ABD，且AB＝AB，∠AGB＝∠AHB，
∴△ABG≌△ABH（AAS）
∴BG＝BH＝3，AG＝AH＝DE，
∵AG＝DE，AC＝AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ACG（HL）
∴AE＝GC＝9，
∴BC＝CG﹣BG＝9﹣3＝6．
36．证明：（1）∵BE＝CF＝BC，
∴∠CBA＝2∠BCE，∠ACB＝2∠FBC．
∵∠CBA+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°．
∴∠BCE+∠FBC＝×120°＝60°．
∴∠ETB＝60°＝∠CAE
∴A、B、T、C四点共圆；
（2）延长TB到G，令TG＝TE，连接EG．
易得△CFT≌△BEG（AAS），∴FT＝EG＝TE．
∴∠TFE＝∠TEF＝30°．
∵∠CAK＝∠TEF．
∴∠CAK＝30°．
∴∠KAE＝30°．
∴∠CAK＝∠KAE，即AK平分∠BAC．
37．[思考]证明：如图，
假设点D在⊙O内，延长AD交⊙O于点E，连接BE；
则∠AEB＝∠ACB，
∵∠ADB是△DBE的一个外角，
∴∠ADB＞∠AEB，
∴∠ADB＞∠ACB，
这与条件∠ACB＝∠ADB矛盾，
∴点D不在⊙O内；
[应用]证明：（1）∵AC＝AD，AB＝AE，
∴∠ACD＝∠ADC，∠ABE＝∠AEB，
∵∠CAB＝∠DAE，
∴∠CAD＝∠BAE，
∵2∠ACD+∠CAD＝180°，2∠ABE+∠BAE＝180°，
∴∠ACD＝∠ABE，
∴B、C、A、F四点共圆；
（2）∵B、C、A、F四点共圆，如图，
∴∠BFA+∠BCA＝180°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BFA＝90°，
∴AF⊥BE，
∵AB＝AE，
∴BF＝EF．
38．（1）证明：∵∠ABC＝∠APC，∠BAC＝∠BPC，∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
（2）解：∵△ABC是等边三角形，AB＝2，
∴AC＝BC＝AB＝2，∠ACB＝60°．
在Rt△PAC中，∠PAC＝90°，∠APC＝60°，AC＝2，
∴AP＝＝2．
在Rt△DAC中，∠DAC＝90°，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴AD＝AC•tan∠ACD＝6．
∴PD＝AD﹣AP＝6﹣2＝4．
39．（1）证明：如图1中，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，∠ACM＝120°，
∴CE平分∠ACM，
∴∠ACE＝∠ECM＝60°，
∵∠ADE＝60°，∠ACE＝60°，
∴∠ADE＝∠ACE，
∴A、D、C、E四点共圆，
∴∠ECM＝∠DAE＝60°，∠AED＝∠ACB＝60°，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE．
（2）结论成立．DA＝DE．
理由：如图2中，连接AE，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝180°﹣∠ACB＝120°，
∴CE平分∠ACM，
∴∠ACE＝∠ECM＝60°，
∵∠ADE＝60°，∠ACE＝60°，
∴∠ADE＝∠ACE，
∴A、D、C、E四点共圆，
∴∠ECM＝∠DAE＝60°，∠AED＝∠ACB＝60°，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE．
40．（1）证明：如图1中，作CE⊥BD的延长线于E，AH⊥BC于H，EF⊥BC于F，取AC中点G，连接DC、DG、FG．
∵AB＝AC，
∴BH＝CH＝BC，
∵∠CEF+∠BCE＝∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠CEF＝∠CBE＝30°，
∵CE＝BC＝CH，
又∵CF＝CE＝，
∴点F是CH中点，
∵点G是AC中点，
∴FG∥AH，
∵AH⊥BC，∴FG⊥BC于F，又EF⊥BC于F，
∴E、F、G三点共线，
∵点D在线段AC的垂直平分线上，
∴DG⊥AC，AD＝CD，∠ADG＝∠CDG，
∴∠DGC＝∠CED＝90°，
∴D、G、C、E四点共圆，
∴∠CDG＝∠CED＝30°，
∴∠ADC＝2∠CDG＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC＝DC，∵AB＝AC，
∴AB＝AD．
（2）如图2中，结论：DF＝DE．
理由：在BC上截取BN＝BF，
在△BDN和△BDF中，
，
∴△DBN≌△DBF，
∴DN＝DF，∠BFD＝∠BND，
∵∠ADC＝∠EBF，
∴B、F、D、E四点共圆，
∴∠BFD+∠BED＝180°，
∵∠BND+∠DNE＝180°，
∴∠DNE＝∠DEN，
∴DN＝DE，
∴DF＝DE．
（3）如图3中，连接EF，作EQ⊥AB于Q．
∵DE＝DF，∠ADC＝60°，
∴∠DFE＝∠DEF＝30°，
∵∠H＝30°，
∴∠H＝∠DFE，
∴EF∥AB，
∴∠DAH＝∠DEF＝30°＝∠H，
∴∠BAC＝∠DAH+∠DAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴DH＝DA，
∵DE＝DF，
∴FH＝AE，
∵∠H＝30°，∠FBH＝180°﹣∠ABC﹣∠CBF＝75°，
∴∠BFH＝180°﹣∠H﹣∠HBF＝75°，
∴∠HBF＝∠HFB，
∴HB＝HF＝AE＝b，
在RT△AQE中，∵AE＝b，∠QAE＝30°，
∴QE＝b，
∵S△ABE＝a
∴•AB•QE＝a，
∴AB＝．