模块二 知识全整合专题4 图形的性质 第9讲 圆的有关性质及与圆有关的位置关系（含解析） -最新中考数学二轮专题复习训练

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专题4 图形的性质
第9讲 圆的有关性质及与圆有关的位置关系
一、圆的有关性质
1．圆的对称性
（1）圆是轴对称图形，经过圆心的每一条直线都是它的对称轴；
（2）圆是以圆心为对称中心的中心对称图形；
2．圆心角定理
（1）定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等；
（2）推论：同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两条弦（可弦心距），三组量中只要有一组量相等，那么其它两组量也相等；
如图：①；②；③；④ ，这4个结论具有1推3；
3．垂径定理
（1）垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧；
（2）推论：
①平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
②弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
③平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧；
④在同圆或等圆中，两条平行弦所夹的弧相等；
如图： ①是直径 ② ③ ④ ⑤ ，这5个结论具有二推三；
4．圆周角定理
（1）圆周角定理：同弧所对的圆周角等于它所对的圆心的角的一半；
（2）推论：
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧是等弧；
推论2：半圆或直径所对的圆周角是直角；圆周角是直角所对的弧是半圆，所对的弦是直径；
推论3：若三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形；

∠AOB=2∠C ∠D=∠C=∠E ∵∠F=∠E，∴；∵AB是直径，∴∠C=90°
二、与圆的位置关系
1．点与圆的位置关系
2．直线与圆的位置关系
（1）设的半径为，圆心到直线的距离为，则直线和圆的位置关系如下表：
（2）切线的判定和性质
①切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径；
②切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
如图：；
（3）切线长定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
如图：∵、是的两条切线， ∴，平分；
3．三角形与圆的位置关系
（1）三角形的外接圆：三角形三个顶点都在同一个圆上，这个圆就是三角形的外接圆，三角形就是圆的内接三角形，外接圆的圆心简称外心，外心就是三角形三边的垂直平分线的交点；
（2）三角形的内切圆：三角形的三条边都和同一个圆相切，这个圆就是三角形的内切圆，三角形就是圆的外切三角形，内切圆的圆心简称内心，内心就是三角形三条角平分线的交点；
4．四边形与圆的位置关系
（1）圆的内接四边形的性质：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角；
（2）圆的外切四边形的性质：圆的外切四边形的对边之和相等；
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．理解圆及相关概念；
2．探索并掌握点与圆的位置关系；
3．探索并证明垂径定理；
4．探索并知道圆周角定理；
5．了解三角形的内心与外心；
6．了解直线与圆的位置关系 ，掌握切线的概念；
7．探索并证明切线长定理；
【例1】
（2022·吉林·统考中考真题）
1．如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【变1】
（2023·江苏镇江·统考中考真题）
2．已知一次函数的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作．若对于符合条件的任意实数k，一次函数的图像与总有两个公共点，则r的最小值为 ．
【例1】
（2023·湖北襄阳·统考中考真题）
3．如图，四边形内接于，点在的延长线上．若，则 度．
【变1】
（2023·江苏·统考中考真题）
4．如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，则的度数是 ．
【例1】
（2023·广西·统考中考真题）
5．赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）

A．B．C．D．
【变1】
（2022·江苏镇江·统考中考真题）
6．如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是，高为．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径、以及、组成的轴对称图形，直线为对称轴，点、分别是、的中点，如图2，他又画出了所在的扇形并度量出扇形的圆心角，发现并证明了点在上．请你继续完成长的计算．
参考数据：，，，，，．
【例1】
（2023·湖北·统考中考真题）
7．如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则 ．

【变1】
（2023·江苏盐城·统考中考真题）
8．如图，在中，是上（异于点，）的一点，恰好经过点，，于点，且平分．

(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求的半径长．
一、选择题
（2023·江苏宿迁·统考中考真题）
9．在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
（2023·甘肃兰州·统考中考真题）
10．我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线．按以上作图顺序，若，则（ ）

A．B．C．D．
（2023·山东淄博·统考中考真题）
11．如图，是的内接三角形，，，是边上一点，连接并延长交于点．若，，则的半径为（ ）

A．B．C．D．
（2023·西藏·统考中考真题）
12．如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
（2022·四川眉山·中考真题）
13．如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿，分别相切于点，，不倒翁的鼻尖正好是圆心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
（2022·山东淄博·统考中考真题）
14．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
（2022·湖北十堰·统考中考真题）
15．如图，是等边的外接圆，点是弧上一动点（不与，重合），下列结论：①；②；③当最长时，；④，其中一定正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
（2023·江苏·统考中考真题）
16．如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径 ．

（2022·湖北荆州·统考中考真题）
17．如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为 cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．
（2023·浙江衢州·统考中考真题）
18．如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．

（2023·湖南湘西·统考中考真题）
19．如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为 ．

（2023·山东青岛·统考中考真题）
20．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，过原点O，且与x轴交于另一点D，为的切线，为切点，是的直径，则的度数为 ．

三、解答题
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
21．如图，为的直径，如果圆上的点恰使，求证：直线与相切．

（2023·内蒙古·统考中考真题）
22．如图，是⊙的直径，为⊙上的一点，点是的中点，连接，过点的直线垂直于的延长线于点，交的延长线于点．
(1)求证：为⊙的切线；
(2)若，，求的长．
（2023·湖南娄底·统考中考真题）
23．如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，

(1)求证：四边形为菱形．
(2)如图2，以点为圆心，为半径作
①判断直线与的位置关系，并予以证明．
②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．
（2023·山东日照·统考中考真题）
24．在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：
如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；
(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线；
(3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．
位置关系
图形
定义
性质及判定
点在圆外

点在圆的外部
点在的外部．
点在圆上
点在圆周上
点在的圆周上．
点在圆内

点在圆的内部
点在的内部．
位置关系
图形
定义
性质及判定
相离
直线与圆没有公共点
直线与相离
相切
直线与圆有唯一公共点，直线叫做圆的切线，公共点叫做切点
直线与相切
相交
直线与圆有两个公共点，直线叫做圆的割线
直线与相交
参考答案：
1．C
【分析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．
【详解】解：在中，，，，
，
点在内且点在外，
，即，
观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
2．2
【分析】由的图像经过第一、二、四象限，可知，由过定点，可知当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，进而可得r的最小值是2．
【详解】解：∵的图像经过第一、二、四象限，
∴，随的增大而减小，
∵过定点，
∴当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，
∴r的临界点是2，
∴r的最小值是2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了一次函数图像，直线与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
3．140
【分析】首先根据圆内接四边形的性质得，再根据圆心角与圆周角的关系即可得出的度数．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴，
又∵，
∴，
∴°．
故答案为：140．
【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质，圆心角与圆周角之间的关系，熟练掌握圆内接四边形的对角互补，理解圆心角与圆周角之间的关系是解答此题的关键．
4．120
【分析】解：如图，连接，由是的直径，可得，由，可得，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：120．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角为直角，含的直角三角形，圆内接四边形的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
5．B
【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，
，
是半径，且，
，
在中，，
，
解得：，
故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．
6．42cm
【分析】连接，交于点．设直线交于点，根据圆周角定理可得，解，得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：连接，交于点．设直线交于点．
∵是的中点，点在上，
∴．
在中，∵，，
∴，．
∵直线是对称轴，
∴，，，
∴．
∴．
∴，．
在中，，
即，
则．
∵，
即，
则．
∴．
∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是，
,
∴．
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形是解题的关键．
7．##度
【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】解：如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，
∴，
又∵，
∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
8．(1)见解析
(2)的半径长为．
【分析】（1）连接，证明，即可证得，从而证得是圆的切线；
（2）设，则，利用勾股定理求得，推出，利用相似三角形的性质列得比例式，据此求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如下图所示，

∵是的平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵过半径的外端点B，
∴与相切；
（2）解：设，则，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得．
故的半径长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解本题的关键．
9．B
【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，
，，
当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．
10．A
【分析】证明，可得，结合，C为的中点，可得．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，C为的中点，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的外角的性质，熟记等腰三角形的性质是解本题的关键．
11．A
【分析】连接, 根据等腰三角形的性质得到, 根据等边三角形的性质得到，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.
【详解】连接,
∵,
∴
∴,
∵,
∴是等边三角形,

∴ ,
∵，,
∴,
，
∴,
∵,
，
，
即的半径为 ，
故选: .
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.
12．C
【分析】根据邻补角互补求出的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出的度数，最后根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键．
13．C
【分析】连OB，由AO=OB得，∠OAB=∠OBA=28°，∠AOB=180°-2∠OAB=124°；因为PA、PB分别相切于点A、B，则∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【详解】连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=28°，
∴∠AOB=124°，
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP=180°，
∴∠APB+∠AOB=180°；
∴∠APB=56°．
故选：C
【点睛】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，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，构造等腰三角形解决问题．
14．B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
15．C
【分析】根据等边三角形的性质可得，从而得到∠ADB=∠BDC，故①正确；根据点是上一动点，可得不一定等于，故②错误；当最长时，DB为圆O的直径，可得∠BCD=90°，再由是等边的外接圆，可得∠ABD=∠CBD=30°，可得，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明△ABE≌△CBD，可得BD=AE，∠ABE=∠DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
∵点是上一动点，
∴不一定等于，
∴DA=DC不一定成立，故②错误；
当最长时，DB为圆O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵是等边的外接圆，∠ABC=60°，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BAE+∠BAD=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵AB=BC，AE=CD，
∴△ABE≌△CBD，
∴BD=AE，∠ABE=∠DBC，
∴∠ABE+∠ABD=∠DBC+∠ABD=∠ABC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD，
∵DE=AD+AE=AD+CD，
∴，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
16．
【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17．7.5
【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.
【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，
则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，
∵EG过圆心，且垂直于AD，
∴G为AD的中点，
则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，
在中，由勾股定理可得，
，
即，
解方程得r=7.5，
则球的半径为7.5cm．
【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是解题的关键．
18．10
【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：，，
如图，连接，过点作，交于点，交于点，

则，
餐盘与边相切，
点为切点，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，，
，，，
设餐盘的半径为，
则，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
餐盘的半径为，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19．6
【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接

∵是等边三角形，
∴
∵是等边三角形的外接圆，其半径为4
∴，，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴的最小值为的长度
∵是等边三角形，，
∴
∴的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
20．
【分析】先根据点，的坐标得，进而得的半径为1，然后再在中利用锐角三角函数求出，进而得，最后再证为等边三角形即可求出的度数．
【详解】解：点，，
，
过原点，
为的半径，
为的切线，
，，
在中，，，，
，
，
，
又，
三角形为等边三角形，
，
即的度数为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了点的坐标，切线的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质等，熟练掌握切线的性质，锐角三角函数的定义和等边三角形的判定和性质是解答此题的关键．
21．见详解
【分析】由等腰三角形的性质和圆周角定理得出，则，再由切线的判定即可得出结论．
【详解】证明：如图，连接，
，
，
为的直径，
，
，
，
，
即，
，
是的半径，
直线与相切．

【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据点是的中点可得，进而证，从而得证即可；
（2）解法一：连接交于，根据及勾股定理求出，再证明，从而得到，即可求出的值；解法二：过点作于点，按照解法一步骤求出，然后证明四边形是矩形，再证明，求得，进而求出的值．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
是半径，
是的切线；
（2）解法一：连接交于，
，，
，
，
，
在中，
，
或（不符合题意，舍去），
点是的中点，是半径，
垂直平分，
，
是的中位线，
，
是直径，
，
，
，
，
；
解法二：过点作于点，
，，
，，
，
，
，
在中，，
，
或（不符合题意，舍去），
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定，圆的相关性质，勾股定理，平行线间线段成比例，相似三角形的的判定与性质，掌握并理解相关性质定理并能综合应用是关键．
23．(1)见解析；
(2)①直线是的切线；②见解析．
【分析】（1）如图1，延长交于点，连接，由是等边三角形，是重心，点为边的中点，得⟂，，进而证明四边形是平行四边形，于是即可得四边形为菱形；
（2）①延长交于点，连接，先证为的角平分线，进而求得，又由菱形的性质得，从而有，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而求得，再由圆内接四边形的性质求得，从而根据角的和差关系求得，于是证明得，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，
∴⟂，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵⟂，
∴四边形为菱形；
（2）①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，，
∴为的角平分线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
②证明：在优弧上取一点，连接、，

由①得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即为定值．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的判定定理是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆；
（2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线；
（3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴A、B、D、E四点共圆；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；

（3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，
∵，
∴，
∵点M是边的中点，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵是四边形的外接圆，
∴点P一定在的垂直平分线上，
∴点P在直线上，
∴当时，有最小值，
∵，
∴在中，，
∴圆心P与点M距离的最小值为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．