人教版数学九上期末培优训练专题12 压轴大题精选二（圆，相似）（2份，原卷版+解析版）

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1．如图1，对于△PMN的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点．
在平面直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x+1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 O，C 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2），将点D绕原点O旋转得到点F．若△EOF关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
试题分析：（1）①分别以B为圆心，BO，BC，BA为半径作圆，观察图象根据线段OA与圆的交点的位置，可得结论．
②如图2中，当点B（0，1）时，此时以OB为半径的圆与直线OA的公共点都在线段OA上，此时点O是△AOB关于点B的内联点，当点B（7，8）时，以AB为半径的圆，与线段OA有公共点，此时点A是△AOB关于点B的内联点，利用图象法即可解决问题．
（2）如图3中，过点E作EH⊥x轴于H，过点F作FN⊥y轴于N．利用相似三角形的性质求出点F的坐标，再根据对称性求出F′的坐标，当OF″⊥EF″时，设OH交F″E于P，想办法求出F″的坐标，结合图象法可得结论．
答案详解：解：（1）①如图1中，根据点Q为△PMN关于点P的内联点的定义，观察图象可知，点O，点C是△AOB关于点B的内联点．
所以答案是：O，C．
②如图2中，当点B（0，1）时，此时以OB为半径的圆与线段OA有唯一的公共点，此时点O是△AOB关于点B的内联点，
当点B′（7，8）时，以AB′为半径的圆，与线段OA有公共点，此时点A是△AOB关于点B的内联点，
观察图象可知，满足条件的n的值为1≤n≤8．
（2）如图3中，过点E作EH⊥x轴于H，过点F作FN⊥y轴于N．
∵E（4，2），
∴OH＝4，EH＝2，
∴OE2，
当OF⊥OE时，点O是△OEF关于点E的内联点，
∵∠EOF＝∠NOH＝90°，
∴∠FON＝∠EOH，
∵∠FNO＝∠OHE＝90°，
∴△FNO∽△EHO，
∴，
∴，
∴FN，ON，
∴F（，），
观察图象可知当m≤0时，满足条件．
作点F关于点O的对称点F′（，），
当OF″⊥EF″时，设OH交F″E于P，
∵∠EF″O＝∠EHO＝90°，OE＝EO，EH＝OF″，
∴Rt△OHE≌△EF″O（HL），
∴∠EOH＝∠OEF″，
∴PE＝OP，PE＝OP＝t，
在Rt△PEH中，则有t2＝22+（4﹣t）2，
解得t，
∴OP，PH＝PF″，
可得F″（，），
观察图象可知，当m时，满足条件．
综上所述，满足条件的m的取值范围为m≤0或m．
2．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
给出如下定义：记线段AB的中点为M，当点M不在⊙O上时，平移线段AB，使点M落在⊙O上，得到线段A'B'（A'，B'分别为点A，B的对应点）线段AA'长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）已知点A的坐标为（﹣1，0），点B在x轴上．
①若点B与原点O重合，则线段AB到⊙O的“平移距离”为 ；
②若线段AB到⊙O的“平移距离”为2，则点B的坐标为 B（﹣5，0）或（7，0） ；
（2）若点A，B都在直线yx+4上，且AB＝2，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
（3）若点A的坐标为（3，4），且AB＝2，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．
试题分析：（1）①求出点M的坐标，即可得出结论．
②因为线段AB到⊙O的“平移距离”为2，所以M（﹣3，0）或（3，0），由此即可解决问题．
（2）如图1中，设直线yx+4交x轴于F，交y轴于E，则E（0，4），F（﹣3，0）．过点O作OH⊥EF于H，交⊙O于K．利用面积法求出OH的长，可得结论．
（3）求出d2的最大值与最小值，可得结论．
答案详解：解：（1）①∵A（﹣1，0），B（0，0），AM＝BM，
∴M（，0），
∴线段AB到⊙O的“平移距离”＝线段AM的长，
所以答案是：．
②∵线段AB到⊙O的“平移距离”为2，
∴M（﹣3，0）或（3，0），
∵MA＝MB，
∴B（﹣5，0）或（7，0）．
所以答案是：B（﹣5，0）或（7，0）．
（2）如图1中，设直线yx+4交x轴于F，交y轴于E，则E（0，4），F（﹣3，0）．过点O作OH⊥EF于H，交⊙O于K．
∵OE＝4，OF＝3，
∴EF5，
∵S△OEFOE×OFEF×OH，
∴OH，
观察图象可知，当AB的中点M与H重合时，线段AB到⊙O的“平移距离”最小，
最小值＝OH﹣OK．即d1．
（3）如图2中，由题意，AB的中点M的运动轨迹是A为圆心1为半径是圆，
d2的最小值＝PQ＝5﹣2＝3，d2的最大值＝PR＝5，
∴3≤d2≤5．
3．在△ABC中，∠B＝90°，D是△ABC外接圆上的一点，且点D是∠B所对的弧的中点．
（1）尺规作图：在图1中作出点D；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）如图2，连接BD，CD，过点B的直线交边AC于点M，交该外接圆于点E，交CD的延长线于点P，BA，DE的延长线交于点Q．
①若，AB＝4，BC＝3，求BE的长；
②若DP（AB+BC），DP＝DQ，求∠PDQ的度数．
试题分析：（1）作∠ABC的角平分线，交圆于点D，则点D为∠B所对的弧的中点；
（2）①连结AE，根据等弧或同弧所对的圆周角相等，得到∠ABE＝∠BAC，∠AEB＝∠ACB，根据AAS判定△ABE≌△BAC，得到∠EAB＝∠ABC＝90°，再根据勾股定理即可求解；
②连结AD，过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥BC于点H，根据AAS证明△BDG≌△BDH，得到BG＝BH，DG＝DH，进而得出四边形DGBH是正方形，得到BG＝DG＝BH＝DHBD，再根据AAS证明△AGD≌△CHD，得到AG＝CH，进而得到DP＝DQ＝BD，根据等腰三角形的性质得出∠EDB＝90°，即BE为圆的直径，进而得出M为圆心，得到MA＝MB，∠MAB＝∠ABM，根据同弧所对的圆周角相等，得到∠MAB＝∠BDC，据此列式求得∠P＝15°，∠BDC＝30°，最后根据平角的定义即可求解．
答案详解：解：（1）如图1，作∠ABC的角平分线，交圆于点D，则点D为∠B所对的弧的中点，
（2）①连结AE，
∵，
∴∠ABE＝∠BAC，
∵，
∴∠AEB＝∠ACB，
又∵AB为公共边，
∴△ABE≌△BAC（AAS），
∴∠EAB＝∠ABC＝90°，
又∵，BC＝3，
∴AE＝BC＝3，
在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，
∴BE5，
∴BE＝5；
②方法一：连结AD，过点D作DG⊥AB于点G，DH⊥BC于点H，
∵点D是∠B所对的弧的中点，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠DGB＝∠DHC＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDH（AAS），
∴BG＝BH，DG＝DH，
∵∠DGB＝∠DHB＝∠GBH＝90°，
∴四边形DGBH是正方形，
∴BG＝DG＝BH＝DHBD，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠DAB+DCB＝180°，
∵∠DCH+∠DCB＝180°，
∴∠DAB＝∠DCH，
∵∠DGA＝∠DHC＝90°，DG＝DH，
∴△AGD≌△CHD（AAS），
∴AG＝CH，
∴AB+BC＝AG+BG+BH﹣HC＝2BGBD，
∵DP（AB+BC），
∴DP＝DQ＝BD，
∴∠DBQ＝∠DQB＝45°，
∴∠EDB＝90°，
∴BE为圆的直径，
∵又∵AC为直径，
∴点M为圆心，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠ABM，
∵，
∴∠MAB＝∠BDC，
设∠P＝α，则∠ABM＝2α，
∵∠ABM+∠PBD＝∠ABD＝45°，
∴2α+α＝45°，
∴α＝15°，
∴∠BDC＝30°，
∵BE为直径，
∴∠EDB＝90°，
∴∠PDQ＝180°﹣∠EDB﹣∠BDC＝180°﹣90°﹣30°＝60°．
方法二：∵点D是∠B所对的弧的中点，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠DGB＝∠DHC＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDH（AAS），
∴BG＝BH，DG＝DH，
∵∠DGB＝∠DHB＝∠GBH＝90°，
∴四边形DGBH是正方形，
∴BG＝DG＝BH＝DHBD，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠DAB+DCB＝180°，
∵∠DCH+∠DCB＝180°，
∴∠DAB＝∠DCH，
∵∠DGA＝∠DHC＝90°，DG＝DH，
∴△AGD≌△CHD（AAS），
∴AG＝CH，
∴AB+BC＝AG+BG+BH﹣HC＝2BGBD，
∵DP（AB+BC），
∴DP＝DQ＝BD，
∴P、Q、B三点在以点D为圆心，DP为半径的圆上，
∴∠PDQ＝2∠PBQ＝2∠ADE，
又∵∠PDQ+∠ADE＝90°，
∴∠PDQ＝60°．
4．如图，⊙O的直径AB为10cm，弦AC为6cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．
（1）求AD的长；
（2）试探究CA、CB、CD之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）连接OD，P为半圆ADB上任意一点，过P点作PE⊥OD于点E，设△OPE的内心为M，当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．
试题分析：（1）由圆周角定理得出∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理可求出答案；
（2）延长CA到F，使AF＝CB，连接DF，证明△ADF≌△BDC（SAS），由全等三角形的性质得出CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，得出∠CDF＝∠ADB＝90°，则△CDF为等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出结论；
（3）连接OM，PM，证明△OMD≌△OMP（SAS），由全等三角形的性质得出∠OMD＝∠OMP＝135°，则点M在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（分OD左右两种情况），求出OO'的长，由弧长公式可得出答案．
答案详解：解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵∠ACB的平分线交⊙O于D，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴，
∴AD＝BD，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴AD＝BDAB10＝5；
（2）CA+CBCD．
证明如下：延长CA到F，使AF＝CB，连接DF，
∵∠CBD+∠CAD＝180°，∠FAD+∠CAD＝180°，
∴∠CBD＝∠FAD，
在△ADF和△BDC中，
，
∴△ADF≌△BDC（SAS），
∴CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，
∴∠CDF＝∠ADB＝90°，△CDF为等腰直角三角形，
∴CA+CB＝CFCD．
（3）连接OM，PM，
∵PE⊥OD，
∴∠PEO＝90°，
∵点M为△OPE的内心，
∴∠OMP＝135°，
在△OMD和△OMP中，
，
∴△OMD≌△OMP（SAS），
∴∠OMD＝∠OMP＝135°，
∴点M在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（分OD左右两种情况）：
设弧OMD所在圆的圆心为O'，
∵∠OMD＝135°，
∴∠OO'D＝90°，
∴O'OOD，
∴的长为π，
∴点M的路径长为π．
5．如图，已知在△ABC中，∠A是钝角，以AB为边作正方形ABDE，使△ABC正方形ABDE分居在AB两侧，以AC为边作正方形ACFG，使△ABC正方形ACFG分居在AC两侧，BG与CE交于点M，连接AM．
（1）求证：BG＝CE；
（2）求：∠AMC的度数；
（3）若BG＝a，MG＝b，ME＝c，求：S△ABM：S△ACM（结果可用含有a，b，c的式子表示）．
试题分析：（1）由题意画出图形，利用SAS公理判定△BAG≌△EAC即可得出结论；
（2）利用全等三角形的性质可得∠BGA＝∠ECA，利用三角形的内角和定理可得∠GMN＝∠CAN＝90°，利用正方形的性质可得∠AGC＝45°，证明A，M，G．C四点共圆，利用同弧所对的圆周角相等即可得出结论；
（3））由△BAG≌△EAC可得BG＝EC＝a，S△BAG＝S△EAC；利用同高的三角形的面积比等于底的比可得用a，b，c的式子表示出的S△ABM：S△BAG和S△ACM：S△EAC，将两个式子联立即可得出结论．
答案详解：证明：（1）由题意画出图形，如下图，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°．
∵四边形ACFG是正方形，
∴AG＝AC，∠GAC＝90°．
∵∠BAG＝∠BAE＝∠EAG＝90°+∠EAG，
∠EAC＝∠GAC+∠EAG＝90°+∠EAG，
∴∠BAG＝∠EAG．
在△BAG和△EAC中，
，
∴△BAG≌△EAC（SAS）．
∴BG＝CE．
解：（2）∵△BAG≌△EAC，
∴∠BGA＝∠ECA．
设EC与AG交于点N，
∵∠MNG＝∠ANC，
∴∠GMN＝∠CAN．
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠GAC＝90°，
∴∠GMC＝90°．
∴∠BMC＝90°．
连接GC，如图，
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠AGC＝45°．
∵∠GMC＝∠GAC＝90°，
∴A，M，G．C四点共圆．
∴∠AMC＝∠AGC＝45°．
解：（3）∵△BAG≌△EAC，
∴BG＝EC＝a，S△BAG＝S△EAC．
∵，
，
∴S△ABMS△BAG，S△ACMS△EAC．
∴．
6．对于平面内的图形G1和图形G2，记平面内一点P到图形G1上各点的最短距离为d1，点P到图形G2上各点的最短距离为d2，若d1＝d2，就称点P是图形G1和图形G2的一个“等距点”．
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），B（0，2）．
（1）在R（3，0），S（2，0），T（1，）三点中，点A和点B的等距点是 S（2，0） ；
（2）已知直线y＝﹣2．
①若点A和直线y＝﹣2的等距点在x轴上，则该等距点的坐标为 （4，0）或（8，0） ；
②若直线y＝a上存在点A和直线y＝﹣2的等距点，求实数a的取值范围；
（3）记直线AB为直线l1，直线l2：yx，以原点O为圆心作半径为r的⊙O．若⊙O上有m个直线l1和直线l2的等距点，以及n个直线l1和y轴的等距点（m≠0，n≠0），当m≠n时，求r的取值范围．
试题分析：（1）由两点距离公式分别求出，AR，BR，AS，BS，AT，BT的长，即可求解；
（2）①设等距点的坐标为（x，0），由题意可得2＝|x﹣6|，即可求解；
②列出方程，由根的判别式可求解；
（3）利用数形结合，可求解．
答案详解：解：（1）∵点A（6，0），B（0，2），R（3，0），S（2，0），T（1，），
∴AR＝3，BR，AS＝4，BS＝4，AT＝2，BT＝2，
∴AS＝BS，
∴点A和点B的等距点是S（2，0），
所以答案是：S（2，0）；
（2）①设等距点的坐标为（x，0），
∴2＝|x﹣6|，
∴x＝4或8，
∴等距点的坐标为（4，0）或（8，0），
所以答案是：（4，0）或（8，0）；
②如图1，设直线y＝a上的点Q为点A相直线y＝﹣2的等距点，连接QA，过点Q作直线y＝﹣2的垂线，垂足为点C，
∵点Q为点A和直线y＝﹣2的等距点，
∴QA＝QC，
∴QA2＝QC2
∵点Q在直线y＝a上，
∴可设点Q的坐标为Q（x，a）
∴（x﹣6）2+a2＝[a﹣（﹣2）]2．
整理得x2﹣12x+32﹣4a＝0，
由题意得关于x的方程x2﹣12x+32﹣4a＝0有实数根．
∴△＝（﹣12）2﹣4×1×（32﹣4a）＝16（a+1）≥0．
解得a≥﹣1；
（3）如图2，
直线l1和直线l2的等距点在直线l3：上．
直线l1和y轴的等距点在直线l4：或l5：yx+2上．
由题意得或r≥3．
7．如图，⊙O为Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝4，点D是⊙O上的动点，且点C、D分别位于AB的两侧．
（1）求⊙O的半径；
（2）当CD＝4时，求∠ACD的度数；
（3）设AD的中点为M，在点D的运动过程中，线段CM是否存在最大值？若存在，求出CM的最大值；若不存在，请说明理由．
试题分析：（1）利用勾股定理求出AB即可．
（2）连接OC，OD，证明∠OCA＝60°，∠OCD＝45°，可得结论．
（3）如图2中，连接OM，OC．证明OM⊥AD，推出点M的运动轨迹以AO为直径的⊙J，连接CJ，JM．求出CJ．JM，根据CM≤CJ+JM＝22，可得结论．
答案详解：解：（1）如图1中，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝4，
∴AB8，
∴⊙O的半径为4．
（2）如图1中，连接OC，OD．
∵CD＝4，OC＝OD＝4，
∴CD2＝OC2+OD2，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD＝45°，
∵AC＝OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
∴∠ACD＝∠ACO﹣∠DCO＝60°﹣45°＝15°．
（3）如图2中，连接OM，OC．
∵AM＝MD，
∴OM⊥AD，
∴点M的运动轨迹以AO为直径的⊙J，
连接CJ，JM．
∵△AOC是等边三角形，AJ＝OJ，
∴CJ⊥OA，
∴CJ2，
∵CM≤CJ+JM＝22，
∴CM的最大值为22．
8．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径为10，过点D作DP⊥AB，交BA的延长线于点P，AD平分∠PAC．
（1）如图1，若AC是⊙O的直径，求证：PD与⊙O相切；
（2）在（1）的条件下，若PA+PD＝4，求线段BC的长；
（3）如图2，若BC＝CD，求AB+AD的最大值．
试题分析：（1）连接OD，由DP⊥AB得∠PAD+∠PDA＝90°，根据AD平分∠PAC，即得∠DAC+∠PDA＝90°，而∠DAC＝∠ODA，即可得∠ODP＝90°，故PD与⊙O相切；
（2）连接OD，过A作AE⊥OD于E，由∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，知四边形PDEA是矩形，PD＝AE，PA＝DE，设PD＝AE＝m，则PA＝DE＝4﹣m，在Rt△AOE中，有m2+（m+1）2＝52，可解得AE＝3，OE＝4，再由△AOE∽△CAB，，即得BC＝6；
（3）连接BD，连接BO并延长交⊙O于F，连接CF，由BC＝CD，AD平分∠PAC，可证明△BDC是等边三角形，即有BD＝BC＝5，设AB＝x，AD＝y，在Rt△APD中，PDy，APy，在Rt△APD中，（xy）2+（y）2＝（5）2，可得（x+y）2﹣xy＝75，设x+y＝t，则y＝t﹣x，x2﹣tx+t2﹣75＝0，根据Δ≥0，可得﹣10≤t≤10，从而知AB+AD最大值为10．
答案详解：解：（1）连接OD，如图：
∵DP⊥AB，
∴∠DPA＝90°，
∴∠PAD+∠PDA＝90°，
∵AD平分∠PAC，
∴∠PAD＝∠DAC，
∴∠DAC+∠PDA＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠DAC＝∠ODA，
∴∠ODA+∠PDA＝90°，即∠ODP＝90°，
∴OD⊥PD，
∴PD与⊙O相切；
（2）连接OD，过A作AE⊥OD于E，如图：
∵∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，
∴四边形PDEA是矩形，
∴PD＝AE，PA＝DE，
设PD＝AE＝m，则PA＝DE＝4﹣m，
∵⊙O直径为10，
∴OA＝OD＝5，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣（4﹣m）＝m+1，
Rt△AOE中，AE2+OE2＝OA2，
∴m2+（m+1）2＝52，
解得m＝3或m＝﹣4（舍去），
∴AE＝3，OE＝4，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠B＝90°，
∴AE∥BC，
∴∠EAO＝∠ACB，
而∠B＝∠AEO＝90°，
∴△AOE∽△CAB，
∴，即，
∴BC＝6；
（3）方法一：连接BD，连接BO并延长交⊙O于F，连接CF，如图：
∵BC＝CD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵AD平分∠PAC，
∴∠PAD＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠PAD，
∵∠BAC+∠DAC+∠PAD＝180°，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠PAD＝60°，
∴∠BDC＝∠F＝∠BAC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝BC，
∵BF是直径，
∠BCF＝90°，
∴BC＝BF•sinF＝105，
∴BD＝5，
设AB＝x，AD＝y，
在Rt△APD中，PD＝AD•sin∠PADy，AP＝AD•cs∠PADy，
∴BP＝AB+AP＝xy，
在Rt△APD中，BP2+PD2＝BD2，
∴（xy）2+（y）2＝（5）2，
化简整理得：x2+xy+y2＝75，即（x+y）2﹣xy＝75，
设x+y＝t，则y＝t﹣x，
∴t2﹣x（t﹣x）﹣75＝0，即x2﹣tx+t2﹣75＝0，
∵关于x的一元二次方程有实数解，
∴Δ≥0，即（﹣t）2﹣4×（t2﹣75）≥0，
解得﹣10≤t≤10，
∴t最大值为10，即x+y最大值为10，
∴AB+AD最大值为10．
方法二：连接BD，在AC上截取AF＝AD，如图：
∵BC＝CD，
∴，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵AD平分∠PAC，
∴∠CAD＝∠BAC＝∠DAP＝60°，
∴∠DBC＝∠BDC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴DB＝DC，
∵∠DAC＝60°，AF＝AD，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠ADF＝60°，AD＝DF，
∴∠ADF＝∠BDC＝60°，
∴∠ADB＝∠FDC，
∴△ADB≌△FDC（SAS），
∴AB＝CF，
∴AB+AD＝CF+AF＝AC，
∴当AC为直径，即AC＝10时，AB+AD取最大值是10．
9．如图，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上且AB＝AC．
（1）如图1，点D为直径BC上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转90°，得到线段AE，连接DE、BE，试探索线段BD，CD，DE之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，若点D为⊙O外一点且∠ADB＝45°，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）若点D为⊙O上一点且∠ADB＝45°，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论．
试题分析：（1）如图1，证明△EAB≌△DAC（SAS），得BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，证明∠EBD＝90°，最后根据勾股定理可得结论；
（2）如图2，延长DB交⊙O于E，连接AE，CE，证明△DAB≌△EAC（SAS），得BD＝CE，最后根据勾股定理可得结论；
（3）当点D在时，如图3，过点A作AE⊥AD交DB的延长线于点E，连接CD，证明△EAB≌△DAC（SAS），最后根据勾股定理可得结论．同理当D在上时，同理可得结论．
答案详解：证明：（1）如图1，BD2+CD2＝DE2，理由是：
由旋转得：AE＝AD，∠EAD＝90°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，
∴∠EBD＝∠EBA+∠ABD＝90°，
∴DE2＝BE2+BD2＝CD2+BD2；
（2）CD2＝2AD2+BD2，理由是：
如图2，延长DB交⊙O于E，连接AE，CE，
∵∠ACB＝∠AEB＝45°，∠ADB＝45°，
∴∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC＝90°，
∴CD2＝DE2+CE2，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴CD2＝2AD2+BD2；
（3）分两种情况：
①如图3，BD+CDAD，理由如下：
如图3，过点A作AE⊥AD，交DB的延长线于点E，连接CD，
∵∠ADB＝45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠E＝45°，AE＝AD，
∵∠EAD＝∠BAC＝90°，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴EB＝CD，
∵△AED是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴DEAD，
∴BE+BDAD，
∴CD+BDAD；
②如图4，BD﹣CDAD，理由如下：
过点A作AE⊥AD，交DB于点E，
∵∠ADB＝45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，AE＝AD，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠EAB＝∠DAC，∠AEB＝90°+45°＝135°，∠ADC＝90°+45°＝135°
∵AB＝AC，
∴△EAB≌△DAC（AAS），
∴EB＝CD，
∵△AED是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴DEAD，
∴BD﹣BEAD，
∴BD﹣CDAD．
10．在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d．则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为 2 ；
②在点P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍点”是 P3 ；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，点A（﹣1，1）．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，求t的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在线段MN的“倍点”，直接写出所有满足条件的点T组成的图形的面积．
试题分析：（1）①根据定义解答可；②分别找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根据定义判断即可；
（2）正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为，若点E是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上点的最大距离好为4．结合图形即可求解；
（3）分线段MN在⊙O内部和在⊙O外两种情况讨论即可求解．
答案详解：解：（1）①∵图形W是半径为1的⊙O，
图形W上任意两点间的距离的最大值d为2．
所以答案是：2；
②如图1，连接P2O并延长交⊙O于点E，
∵P2O，
2d，
∴P2不是⊙O的“倍点”；
∵P1到⊙O上各点连线中最大距离为2+1＝3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍点”；
∵P3到⊙O上各点连线中最大距离为3+1＝4＝2d，
∴P3是⊙O的“倍点”．
所以答案是：P3．
（2）如图2，在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意两点之间距离的最大距离，
∴，
由图可知当点E在如图所示的位置时，E是正方形ABCD的“倍点“，
∴，
∴t的值为：3或﹣3．
（3）MN上d＝2，2d＝4，
当线段MN在⊙O外部时，EM＝4，TM＝1，
∴ET，
∴大⊙O的半径为6，
同理，小⊙O的半径为6，
点T所构成的图形是圆环，它的面积24．
所以答案是：24．
11．如图，点C是以AB为直径的半圆O上一动点，且AB＝2，AD平分∠BAC交BC于点D，CP平分∠BCA交AD于点P，PF⊥AC，PE⊥BC．
（1）求证：四边形CEPF为正方形；
（2）求AC•BC的最大值；
（3）求的最小值．
试题分析：（1）先证明四边形CEPF是矩形，由角平分线的性质得出PE＝PF，根据正方形的判定可得出结论；
（2）过点C作CH⊥AB于H，由三角形ABC的面积可得出AC•BC＝2CH，由圆的性质可得出答案；
（3）求出PF，求出PF的最大值为1，则可得出答案．
答案详解：（1）证明：∵AB为圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PFC＝∠PEC＝90°，
∴四边形CEPF是矩形，
∵CP平分∠ACB，PE⊥AC，PF⊥BC，
∴PE＝PF，
∴矩形CEPF是正方形，
（2）解：过点C作CH⊥AB于H，
由等面积法：S△ACBAC•BCAB•CH，
∴AC•BC＝2CH，
当CH为半径时取最大值，
∴AC•BC的最大值为2；
（3）由等面积法：S△ACD＝S△ACP+S△CDP，
∴AC•CD＝AC•PF+CD•PE，
由（1）PE＝PF，
∴AC•CD＝AC•PF+CD•PF，
AC•CD＝PF•（AC+CD），
两边同时除以AC•CD得：1＝PF，
即：，
∴当PF取最大值时，取最小值．
由直角三角形内切圆公式：PF

1
，
当AC•BC取最大值时，PF最大．
由（2）可知，AC•BC最大值为2．
代入上式可得PF的最大值为，
∴的最小值为：．
12．在平面直角坐标系xOy中．⊙O的半径为1，对于直线l和线段AB，给出如下定义：若将线段AB关于直线l对称，可以得到⊙O的弦A′B′（A′，B′分别为A，B的对应点），则称线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．
（1）如图2，点A1，B1，A2，B2，A3，B3的横、纵坐标都是整数．
①在线段A1B1，A2B2，A3B3中，⊙O的关于直线y＝x+2对称的“关联线段”是 A1B1 ；
②若线段A1B1，A2B2，A3B3中，存在⊙O的关于直线y＝﹣x+m对称的“关联线段”，则m＝ 2或3 ；
（2）已知直线yx+b（b＞0）交x轴于点C，在△ABC中，AC＝3，AB＝1．若线段AB是⊙O的关于直线yx+b（b＞0）对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的BC长．
试题分析：（1）①分别画出线段A1B1，A2B2，A3B3关于直线y＝x+2对称线段，如图，即可求解；
②从图象性质可知，直线y＝﹣x+m与x轴的夹角为45°，而线段A1B1⊥直线y＝﹣x+m，线段A1B1关于直线y＝﹣x+m对称线段还在直线A1B1上，显然不可能是⊙O的弦；线段A3B3，⊙O的最长的弦为2，得线段A3B3的对称线段不可能是⊙O的弦，而线段A2B2∥直线y＝﹣x+m，线段A2B2，∴线段A2B2的对称线段线段A2′B2′线段A2B2，且线段A2′B2′，平移这条线段，使其在⊙O上，有两种可能，画出对应图形即可求解；
（2）先表示出OCb，b最大时就是OC最大，b最小时就是CO长最小，根据线段AB关于直线yx+b对称线段A′B′在⊙O上，得A′C′＝AC＝3，再由三角形三边关系得A′C﹣OA′≤OC≤A′C+OA′，得当A′为（﹣1，0）时，如图3，OC最小，此时C点坐标为（2，0）；当A′为（1，0）时，如图3，OC最大，此时C点坐标为（4，0），分两种情形分别求解．
答案详解：解：（1）①分别画出线段A1B1，A2B2，A3B3关于直线y＝x+2对称线段，如图，
发现线段A1B1的对称线段是⊙O的弦，
∴线段A1B1，A2B2，A3B3中，⊙O的关于直线y＝x+2对称的“关联线段”是A1B1，
所以答案是：A1B1；
②∵从图象性质可知，直线y＝﹣x+m与x轴的夹角为45°，
∴线段A1B1⊥直线y＝﹣x+m，
∴线段A1B1关于直线y＝﹣x+m对称线段还在直线A1B1上，显然不可能是⊙O的弦，
∵线段A3B3，⊙O的最长的弦为2，
∴线段A3B3的对称线段不可能是⊙O的弦，
线段A2B2是⊙O的关于直线y＝﹣x+m对称的“关联线段”，
而线段A2B2∥直线y＝﹣x+m，线段A2B2，
∴线段A2B2的对称线段线段A2′B2′线段A2B2，且线段A2′B2′，
平移这条线段，使其在⊙O上，有两种可能，
第一种情况：A2′、B2′的坐标分别为（0，1）、（1，0），
此时m＝3；
第二种情况：A2′、B2′的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣1），
此时m＝2，
所以答案是：3或2；
（2）∵直线yx+b（b＞0）交x轴于点C，
当y＝0时，yx+b＝0，
解得：xb，
∴OCb，
b最大时就是OC最大，
b最小时就是CO长最小，
∵线段AB是⊙O的关于直线yx+b（b＞0）对称的“关联线段”，
∴线段AB关于直线yx+b对称线段A′B′在⊙O上，
∴A′C′＝AC＝3，
在△A′CO中，A′C﹣OA′≤OC≤A′C+OA′，
∴当A′为（﹣1，0）时，如图3，OC最小，此时C点坐标为（2，0），
将点C代入直线yx+b中，
2+b＝0，解得：b，
过点B′作B′D⊥A′C于点D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
∴A′D，B′D，
∴CD＝3，
在Rt△B′DC中，B′C；
∴当A′为（1，0）时，如图4，OC最大，此时C点坐标为（4，0），
将点C代入直线yx+b中，
4+b＝0，解得：b，
过点B′作B′D⊥A′C于点D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
∴A′D，B′D，
∴CD＝3，
在Rt△B′DC中，B′C，
∴b的最大值为，BC；最小值为，BC．
13．对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．已知点N（3，0），A（1，0），B（0，），C（，﹣1）．
（1）①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是 B、C ；
②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；
（2）以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在⊙O的“二分点”，直接写出r的取值范围．
试题分析：（1）计算每个点到ON的最大和最小值，可推断出结果；
（2）分为当最小值是1，和最大值是2两种情形；
（3）当AN上的点在圆外和外内两种情形；
答案详解：解：（1）①如图1，
∵点A到ON的最大距离是2，到ON的最小距离是0，
∴点A不是ON的二分点，
∵OB，BN＝2，
∴BN＝2OB，
∴B点是ON的二分点，
∵CD＝1，OC＝2，
∴点C是ON的二分点，
所以答案是：B、C；
②如图2，
当OC＝2是最小值时，最大值是OD＝4，
∴（a）2+1＝42，
∴a1（舍去），a2，
当最小值是1时，a，
最大值是2时，
∵OC＝2，
∴a≤2，
∴
综上所述：a或a≤2；
（2）如图3，
当点A在⊙O外时，设点M在AN上，M（x，0），（1≤x≤3），
假设M是⊙O的二分点，
∴x+r＝2（x﹣r），
∴x＝3r，
∴1≤3r≤3，
∴r≤1；
如图4，
点M在⊙O内，
∴x+r＝2（r﹣x），
∴x，
∴13，
∴3≤r≤9，
综上所述：或3≤r≤9．
14．已知：如图①，AD为⊙O的直径，点A为优弧的中点，延长BO交AC于点E．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABE；
（2）若△BCE是等腰三角形时，求∠BCE的度数；
（3）如图②，若弦BC垂直平分半径OD，连接DE交BC于点F，DF＝a，EF＝k•DF，S△BEF＝1，M、N、P分别为直线BD、BF、DF上的三个动点，求△MNP周长的最小值．
试题分析：（1）可证得点D是的中点，所以∠BAC＝2∠BAD，而∠BAD＝∠ABE，进而命题得证；
（2）设∠ABE＝x，则∠BAC＝2x，当BE＝BC时，表示出∠BEC＝∠ABE+∠BAC＝3x，进而∠ABC＝∠C＝3x，在△ABC中，由三角形内角和定理可求得结果，当BC＝BE时，同样方法求得结果；
（3）作BP⊥DE于P．作FM⊥BD于M，AD与BF交于N，则△MNP的周长最小，作点P关于BF的对称点P′，P点关于BD的对称点P″，连接P′P″，先求出∠CBD＝30°，进而可得出△P″BP′是等边三角形，进一步求得结果．
答案详解：（1）证明：∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABE，
∵点A为优弧的中点，AD是直径，
∴点D是的中点，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∴∠BAC＝2∠ABE；
（2）解：设∠ABE＝x，则∠BAC＝2x，
当BE＝BC时，∠ABC＝∠C＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠ABE+∠BAC＝3x，
∴∠ABC＝∠C＝3x，
在△ABC中，由三角形内角和定理得，
2x+3x+3x＝180°，
∴x＝22.5°，
∴∠BCE＝3x＝67.5°，
当BC＝BE时，
∠CBE＝∠BEC＝3x，
∴∠C＝∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝4x，
∴2x+4x+4x＝180°，
∴x＝18°，
∴∠BCE＝4x＝72°，
综上所述：∠BEC＝67.5°或72°；
（3）解：如图，
作BP⊥DE于P．作FM⊥BD于M，AD与BF交于N，则△MNP的周长最小，
作点P关于BF的对称点P′，P点关于BD的对称点P″，连接P′P″，
∴BP′＝BP＝BP″，∠P′BC＝∠NBP，∠″PBD＝∠PBD，
∴∠P′BP″＝2∠CBD，
∵BC垂直平分OD，
∴OD＝OB＝BD，
∴∠ADB＝60°，
∵，
∴∠C＝∠ADB＝60°，
∵，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠DAC＝∠BAD30°，
∵，
∴∠CBD＝∠DAC＝30°，
∴∠P′BP″＝60°，
∴△BP′P″是等边三角形，
∴P′P″＝BP′＝BP，
∴MN+PN+PM＝
∵EF＝k•DF，S△BEF＝1，
∴S△BDF，
∴，
即：，
∴BP，
∴△MNP的周长最小值是：．
15．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点A在⊙O上，点P在⊙O内，给出如下定义：连接AP并延长交⊙O于点B，若AP＝kAB，则称点P是点A关于⊙O的k倍特征点．
（1）如图，点A的坐标为（1，0）．
①若点P的坐标为（，0），则点P是点A关于⊙O的 倍特征点；
②在C1（0，），C2（，0），C3（，）这三个点中，点 C3 是点A关于⊙O的倍特征点；
③直线l经过点A，与y轴交于点D，∠DAO＝60°．点E在直线l上，且点E是点A关于⊙O的倍特征点，求点E的坐标；
（2）若当k取某个值时，对于函数y＝﹣x+1（0＜x＜1）的图象上任意一点M，在⊙O上都存在点N，使得点M是点N关于⊙O的k倍特征点，直接写出k的最大值和最小值．
试题分析：（1）①由题意知AP＝OA+OP＝1，AB＝2，则k；
②由勾股定理得AC1，假设点C1是点A关于⊙O的倍特征点，则AE2OA＝2，不符合题意，同理判断C2、C3即可；
③当点D在y轴正半轴上时，设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，根据点E点A关于⊙O的倍特征点，得，由含30°的直角三角形的性质可得OE，AE的长，当点D在y轴负半轴同理可得答案；
（2）设直线y＝﹣x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，由，可知k越大，1﹣k的值越小，则﹣1的值越小，得AM＝BP，MN＝NP时，k的值最小，即A与E重合，N与F重合时，k的值最小，从而解决问题．
答案详解：解：（1）①∵A（1，0），P（），
∴AP＝OA+OP＝1，
∵B（﹣1，0），
∴AB＝2，
∵AP＝kAB，
∴k，
所以答案是：；
②∵C1（0，），A（1，0），
∴OC1，
∴AC1，
假设点C1是点A关于⊙O的倍特征点，
∴，
∴AE2OA＝2，不符合题意，
∴点C1不是点A关于⊙O的倍特征点，
同理可求出AC3，
假设点C3是点A关于⊙O的倍特征点，
∴，
∴C3为AF的中点，
∴F（0，﹣1），
∵F在圆上，
∴点C3是点A关于⊙O的倍特征点，
∵C2（），
∴AC2，
∴，
∴点C2不是点A关于⊙O的倍特征点，
所以答案是：C3；
③如图，当点D在y轴正半轴上时，设直线AD交⊙O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵点E点A关于⊙O的倍特征点，
∴，
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO＝60°，
∴∠EOA＝30°，
∴AE，EF，
OE，
∴EF，
∴E（），
当点D在y轴负半轴上时，同理可得E（），
综上：E（）或（）；
（2）设直线y＝﹣x+1与x轴，y轴的交点分别为C，D，过点N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，过点O作直线EF⊥CD交⊙O于E，F，
∴MN≥NP，AM≤BP，
∵AM＝AN﹣MN＝（1﹣k）AN，
∴，
∵k越大，1﹣k的值越小，
∴﹣1的值越小，
∴当的值越大，k的值越大，
∴AM＝BP，MN＝NP时，k的值最大，
∴A与E重合，N与F重合时，k的值最小，
∵C，D是直线y＝﹣x+1与x轴，y轴的交点，
∴C（1，0），D（0，1），
∵O到C和D的距离都是1，
∴OC＝OD＝1，
∴CD，
∵OG⊥CD，
∴CG＝DG，
∴OG，
∴FG＝OF﹣OG＝1，
∴k，
∴k的最小值为，
当点N在E点，A在F点时，k有最大值为．
16．如图1，△ABC为等边三角形，D为AG右侧一点，且AD＝AC，连接BD交AC于点E，延长DA、CB交于点F．
（1）若∠BAF＝30°，，求AD；
（2）证明：CF＝AF+AE；
（3）如图2，若AB＝2，G为BC中点，连接AG，M为AG上一动点，连接CM，将CM绕着M点逆时针旋转90°到MN，连接AN，CN，当AN最小时，直接写出△CMN的面积．
试题分析：（1）先判断出∠CAF＝90°，进而求出AC，即可得胡结论；
（2）在AD上取点H使AH＝AE，进而得出△ACH≌△ADE（SAS），得出∠AHC＝∠AED，∠ACH＝∠ADE，再判断出∠ABD＝∠ADB，即可得出结论；
（3）如图2，过点N作NQ⊥GA交GA的延长线于Q，进而判断出△MQN≌△CGM（AAS），得出NQ＝MG，MQ＝CG＝1，设AM＝x，则NQx，AQ＝1﹣x，进而得AN2＝2（x）2+2，即可得出结论．
答案详解：（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵∠BAF＝30°，
∴∠CAF＝∠BAC+∠BA∠＝90°，
在Rt△ACF中，∠F＝90°﹣∠ACB＝30°，AF，
∴ACAF＝1，
∴AD＝AC＝1；
（2）证明：如图1，
在AD上取点H使AH＝AE，
∵∠CAH＝∠DAE，AC＝AD，
∴△ACH≌△ADE（SAS），
∴∠AHC＝∠AED，∠ACH＝∠ADE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠AED＝∠BAC+∠ABD＝60°+∠ACH，
∴∠AHC＝60°+∠ACH，
∵∠FCH＝∠ACB+∠ACH＝60°+∠ACH，
∴∠AHC＝∠FCH，
∴FC＝FH＝AF+AH＝AF+AE．
（3）解：如图2，
过点N作NQ⊥GA交GA的延长线于Q，
∴∠Q＝90°，
∴∠MNQ+∠NMQ＝90°，
由旋转知，CM＝MN，∠CMN＝90°，
∴∠CMG+∠NMQ＝90°，
∴∠MNQ＝∠CMG，
∵△ABC是等边三角形，点G是BC的中点，
∴AG⊥BC，
∴CGBC＝1，∠CGM＝90°＝∠Q，
∴△MQN≌△CGM（AAS），
∴NQ＝MG，MQ＝CG＝1，
在Rt△ACG中，∠ACG＝60°，
∴AGCG，
设AM＝x，则NQ＝MG＝AG﹣AMx，AQ＝MQ﹣AM＝1﹣x，
在Rt△AQN中，AN2＝AQ2+NQ2＝（1﹣x）2+（x）2＝2（x）2+2，
∴当x时，AN最小，此时，AM，
∴MG，
∴CM2＝MG2+CG2＝（）2+1＝2．
即当AN最小时，△CMN的面积为（2）＝1．
17．在等边△ABC中，D是边AC上一动点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转120°，得到DE，连接CE．
（1）如图1，当B、A、E三点共线时，连接AE，若AB＝2，求CE的长；
（2）如图2，取CE的中点F，连接DF，猜想AD与DF存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BE、AP交于G点．若GF＝DF，请直接写出的值．
试题分析：（1）作EF⊥AC于F，先推出∠ADB＝90°，进而求出AD＝AE＝1，解Rt△AEF，再解Rt△CEF，从而求得CE
（2）连接AF并延长至G，使FG＝AF，先证得△EFG≌△CFA，进而证得△DEG≌△DBA，进一步得∠DAG＝30°，∠ADF＝90°，从而得出DF；
（3）连接DG，作DH⊥AB于H，先证得点A、B、D、G共圆，从而得出∠BDG＝180°﹣∠BAF＝90°，∠FDG＝∠ABD＝45°，设AH＝x，解斜三角形ABD和△BDE，进一步额求得结果．
答案详解：解：（1）如图1，
作EF⊥AC于F，
∴∠AFE＝90°，
∵BD＝DE，∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠DBE30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝90°，
∴AD，
∵∠BAC＝∠AED+∠ADE，
∴∠ADE＝∠BAC﹣∠AED＝60°﹣30°＝30°，
∴AE＝AD＝1，
∵∠AFE＝90°，∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴AF＝AE•cs60°，EF＝AE•sin60°，
在Rt△CEF中，CF＝AC+AF＝2，EF，
∴CE；
（2）如图2，
DF，理由如下：
连接AF并延长至G，使FG＝AF，
∵F是CE的中点，
∴EF＝CF，
∵∠EFG＝∠CFA，
∴△EFG≌△CFA（SAS），
∴EG＝AC，∠CAF＝∠EGF，
∴AC∥EG，
∴∠DEG＝∠ADE，
∵∠BDE＝120°，
∴∠ADE+∠ADB＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠ABD+∠ADB＝120°，EG＝AB，
∴∠ADE＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠DEG，
∵DE＝BD，
∴△DEG≌△DBA（SAS），
∴AD＝DG，∠EDG＝∠ADB，
∴∠DAG＝∠AGD，∠EDG+∠ADE＝∠ADB+∠ADE＝∠BDE，
∴∠ADG＝120°，
∴∠DAG＝30°，
∵AD＝DG，AF＝FG，
∴DF⊥AG，
∴∠ADF＝90°，
∴DF；
（3）如图3，
连接DG，作DH⊥AB于H，
由（2）知：∠AFD＝90°，∠FAD＝30°，∠DEB＝30°，
∴∠FAD＝∠DEB，∠BAF＝∠BAC+∠DAF＝90°，
∴点A、B、D、G共圆，
∴∠BDG＝180°﹣∠BAF＝90°，
∵GF＝DF，
∴∠FGD＝∠GDF＝45°，
∴∠ABD＝∠FGD＝45°，
∴∠FDG＝∠ABD＝45°，
∴BH＝DH，
在Rt△ADH中，∠BAC＝60°，
设AH＝x，则BH＝DH＝AH•tan60°x，AD＝2x，
∴AC＝AB＝AH+BH＝（1）x，BDx，
∵BE＝2•（BD•sin60°）＝2x3x，
∴CD＝AC﹣AD＝（1）x﹣2x＝（）x，
∴．
18．如图，在△ABC中，AB＝3，点E、D分别是AB边上的三等分点，CD⊥AB于点D，点P是AC边上的一个动点，连接PE、EC，作△EPC关于AC的轴对称图形△FPC．
（1）当PE∥BC时，求的值；
（2）当F、P、B三点共线时，求证：AP•AC＝3；
（3）当CD＝2，且AP＞PC时，线段PE的中垂线GQ分别交线段PE、CD于点G、Q，连接PQ、EQ，求线段PQ的最小值．
试题分析：（1）由平行线分线段成比例可得，即可求解；
（2）通过证明∠PAE∽△BAC，可得，即可求解；
（3）通过证明△GEM∽△GQN，可得，可求QN的长，利用二次函数的性质可求QD的最小值为2，由勾股定理可求解．
答案详解：解：（1）∵PE∥BC，
∴，
∵点E，点D分别是AB上的三等分点，
∴；
（2）如图1，设CE与BF的交点为I，
∵CD⊥AB，点D是BE的中点，
∴CB＝CE，
∴∠CBD＝∠CED，
∵△EPC与△FPC关于AC对称，
∴CE＝CF，∠CEP＝∠CFP，∠EPA＝∠FPA＝∠CPB，
又∵CB＝CE，
∴CB＝CF，
∴∠CFP＝∠CBF＝∠CEP，
又∵∠PIE＝∠CIB，
∴∠EPB＝∠BCE，
设∠EPB＝∠BCE＝α，
∴∠EPA，∠CBE，
∴∠EPA＝∠CBE，
又∵∠PAE＝∠BAC，
∴∠PAE∽△BAC，
∴，
∴AP•AC＝AB•AE，
∵AB＝3，AE＝1，
∴AP•AC＝3；
（3）如图2，过点P作PT⊥AB于点T，过点G作GM⊥AB于点M，GN⊥CD于点N，
又∵AD⊥CD，
∴四边形GNDM是矩形，
∴GN＝MD，GM＝DN，
∵AD＝CD，AD⊥CD，
∴∠A＝45°，
设AP＝x，则PTx＝AT，
∵点G是PE的中点，
∴GMPTx，
∴EMET（AT﹣AE）（x﹣1）x，
∴GN＝MD＝ED﹣EM＝11x，
∵∠EGM+∠MGQ＝90°，∠QGN+∠MGQ＝90°，
∴∠EGM＝∠QGN，
又∵∠EMG＝∠QNG＝90°，
∴△GEM∽△GQN，
∴，
∴，
∴QN＝2x，
∴QD＝ND﹣NQ＝GM﹣NQx﹣（2x）（x）﹣2（）22，
∴当，即x时，QD的最小值为2，
∵GQ垂直平分PE，
∴PQ＝EQ，
∴PQ的最小值＝EQ的最小值2．