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24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
考点一．点和圆的位置关系
（1）设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外⇔___d＞r _；点P在圆上⇔_d＝r_；点P在
圆内⇔__ d＜r _.
（2）经过已知点A可以作_______无数_个圆，经过两个已知点A，B可以作___无数_____个圆；它们的圆心_在线
段AB的垂直平分线 _上；经过不在同一条直线上的A，B，C三点可以作___一个_____圆．
（3）经过三角形的____三个顶点____的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形的三条边_ 垂直平分线
_____的交点，叫做这个三角形的外心．
任意三角形的外接圆有__一个__，而一个圆的内接三角形有__无数个______．
（4）用反证法证明命题的一般步骤：
①反设：___假设命题结论不成立_；
②归缪：__从设出发，经过推理论证，得出矛盾____；
③下结论：__由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立_.
考点二．直线和圆的位置关系
（1）直线和圆的位置关系
位置关系 相离 相切 相交
图形
公共点个数 0个 1个 2个
数量关系 d>r d____=__r d3，
∴此点可能在⊙O外．
故选：B
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，熟练掌握若点与圆心的距离d，圆的半径为，则当d>r时，点在圆外；
当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内是解题的关键．
26．D
【分析】根据点A与⊙O上的点的最小距离是2cm，最大距离是5 cm，分两种情况：点A在圆外；点A在圆内，
分别解答即可得到结论．
【详解】解：∵点A为⊙O所在平面上一点，且点A到⊙O上所有点的距离中，最长为5，最短为1，
∴当点A在圆外时，⊙O的半径= ，
当点A在圆内时，⊙O的半径= ，
故选：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d>r；点
P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．分情况解答是关键．
27．C
【分析】连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形
内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，∵AP、BP是⊙O的切线，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，
∴∠ADB＝ ∠AOB＝55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB＝180°﹣∠ADB＝180°﹣55°＝125°．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
28．B
【分析】点P到x轴的距离是 ，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，
从而确定答案即可．
【详解】解：∵P（2， ），圆P的半径为2，2=2， ＜2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线
的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d＜r，直
线和圆相交，有两个交点．
29．AF=8cm，BD=10cm，CE=18cm
【分析】由切线长定理可得AE=AF，BF=BD，CE=CD，由线段的数量关系列出方程，即可求解．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、E、F，
∴AE=AF，BF=BD，CE=CD，
∵AB=18cm，BC=28cm，CA=26cm，
∴AF+BF=18cm，BD+CD=28cm，AE+CE=26cm，
∴
∴∴AF=8cm，BD=10cm，CE=18cm．
【点睛】本题考查的是三角形内切圆的有关问题以及切线长定理的应用，根据切线长定理列出方程组是解题的关
键．
30．(1)见解析
(2)20
【分析】（1）连接OD，BC，要证明DE是⊙O的切线只要证明OD⊥DE即可，根据已知条件可以证明OD⊥BC；
（2）由（1）可得四边形CFDE为矩形，从而得到CF=DE=6，BC=2CF=12，利用勾股定理即可求得AB的长．
（1）
证明：如图，连接OD，BC；
∵AB为⊙O的直径，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴BC DE；
∵D为弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线．
（2）
设BC与DO交于点F，
由（1）可得四边形CFDE为矩形；
∴CF=DE=6，
∵OD⊥BC，
∴BC=2CF=12，
在Rt△ABC中，
AB= =20．
【点睛】本题主要考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证它们垂直即可解决问题．
31．B
【分析】根据三角形的外心得出OA=OC=OA，根据正方形的性质得出OA=OC＜OD，求出OA=OB=OC=OE≠OD，
再逐个判断即可．
【详解】解：
连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OA，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
A、OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，故本选项不符合题意；
B、OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，故本选项符合题意；
C、OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本选项不符合题意；
D、OB＝OC≠OD，即O不是△BCD的外心，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：三角
形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
32．C
【分析】连接OC，根据切线的性质，得出∠OCB＝90°，再利用圆的半径相等，结合等边对等角，得出∠A＝
∠OCA，然后再利用三角形的外角和定理，得出∠BOC的度数，再利用直角三角形两锐角互余，即可得出∠B的
度数．
【详解】解：连接OC，
∵BC与半⊙O相切于点C，
∴∠OCB＝90°，
∵∠A＝25°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠BOC＝2∠A＝50°，
∴∠B＝90°﹣∠BOC＝40°．故选：C
【点睛】本题考查了切线的性质、等边对等角、三角形外角和定理、直角三角形两锐角互余，解本题的关键在熟
练掌握相关的性质、定理．
33．C
【分析】连接OA、OB，先证明∠APB＝180°−∠AOB，根据∠AOB＝2∠ACB，求出∠AOB即可解决问题．
【详解】解：连接OA、OB，
∵PA、PB是⊙O切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB＋∠PAO＋∠AOB＋∠PBO＝360°，
∴∠APB＝180°−∠AOB，
∵∠ACB＝70°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝140°，
∴∠APB＝180°−140°＝40°，
故选：C．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理以及四边形内角和定理．准确作出辅助线是解此题的关键．
34．D
【分析】根据切线的性质得∠OAP=∠OBP=90°，再利用四边形内角和可计算出∠AOB=108°，通过圆周角定理得出
∠ACB的度数，最后通过圆内接四边形的性质得出∠ADB的度数．
【详解】解：∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB+∠P=180°，
∴∠AOB=180°-72°=108°，
∴ ，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，∴∠ACB+∠ADB=180°，
∴∠ADB=180°-∠ACB=180°-54°=126°，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过
作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了圆周角定理．
35．B
【分析】根据切线的性质得到 ，根据圆周角定理得到 ，根据直角三角形的性质计算
即可．
【详解】解： 是 的切线，
，
由圆周角定理得， ，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
36．A
【分析】作OH⊥AB于H， 与正方形 的边AD切于点F，证明四边形AHOF是正方形，求出DF＝6，然
后根据切线长定理可得答案．
【详解】解：如图，作OH⊥AB于H， 与正方形 的边AD切于点F，
则∠OFD＝∠OFA＝90°，∠OHA＝90°，
∵∠A＝90°，OH＝OF，
∴四边形AHOF是正方形，
∵ 的半径为4，且 ，
∴OF＝AF＝OH＝4，AD＝AB＝10，
∴DF＝10－4＝6，
∵ 与 相切于点 ，
∴DE＝DF＝6，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，切线长定理，证明四边形AHOF是正方形，求出DF是解
题的关键．
37．D
【分析】根据切线的定理可判断A，作 于 ，可证四边形 为正方形，即可判断B；根据 为钝角三角形即可判断C；根据四边形 的对角即可判断D．
【详解】解： ， 是切点，
根据切线定理可知 ，故选项A正确，不满足题意；
作 交 于 ，
是 的内切圆，
为切点， ,
为切点，
,
四边形 为正方形，
，故选项B正确，不满足题意；
由题可知 为钝角三角形，
的外心在 的外面，故选项C正确，不满足题意；
,
,
,
四边形 有外接圆,故选项D错误，满足题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查切线的性质，正方形的判定与性质，三角形的外心，四边形的外接圆，掌握相关定理与概
念是解题的关键．
38．A
【分析】首先连接OQ，根据勾股定理知PQ2=OP2-OQ2，可得当OP⊥AB时，即线段PQ最短，然后由勾股定理即
可求得答案．
【详解】解：连接OQ．
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2=OP2-OQ2，
∵OQ为定值，
∴当OP的值最小时，PQ的值最小，
∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，
∵在Rt△AOB中，OA=OB= ，
∴AB= OA=8，
，
∴ ，
∴ ．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，
注意得到当PO⊥AB时，线段PQ最短是关键．
39．
【分析】根据切线长定理得到 ， ， ，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵ 、 分别切 于点 、 ， 切 于点 ， ，
∴ ， ， ，
∴ 的周长 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等．
40．20
【分析】设圆的半径为rcm，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D．利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到
，求出r即可．
【详解】解：设圆的半径为rcm，
如图，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D，
∵ ，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=8cm，AD=BC=16cm，
∴OD=（r-8）cm，
在Rt△AOD中，即 ，
解得：r=20，
即该圆的半径为20cm．
故答案为：20．
【点睛】本题考查的是切线的性质，根据切线的性质，利用图形得到直角三角形，然后用勾股定理计算求出圆的
半径．
41． ##70度
【分析】连接 、 、 ，由切线的性质可求出 ，再由切线长定理可得出 ，可求得答案．
【详解】解：如图，连接 、 、 ，
、 分别为 的切线，
，
，
为 的切线，
， ，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质定理以及切线长定理等知识，解题的关键是正确应用切线长定理．
42．100
【分析】连接 ，根据切线的性质得到OB⊥AB，根据旋转变换的性质得到OB= ，∠ =∠ABO=90°，根
据等边三角形的性质、三角形的外角性质计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接 ，∵⊙O与 OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB△，
∴∠OBA=90°，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到 ，
∴OB= ，∠ =∠ABO=90°， △
∵OB= ，
∴OB= = ，
∴△ 为等边三角形，
∴∠ =60°，
∴∠OBC=90°-60°=30°，
∴∠ACB=∠AOB+∠OBC=70°+30°=100°，
故答案为：100．
【点睛】本题考查的是切线的性质、旋转变换的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点
的半径是解题的关键．
43．10cm##10厘米
【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明∠BOC=90°，再根据勾股定理即可求得BC的长，再结合切
线长定理即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠BCD，BE=BF，CG=CF，
∴∠OBC+∠OCB= （∠ABC+∠BCD）=90°，
∴∠BOC=90°，
在Rt BOC中，
△
BC= =10，
∴BE+CG=10(cm)．
故答案为：10cm．【点睛】此题主要是考查了切线长定理．熟记从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的
连线平分两条切线的夹角是解决问题的关键．
44．1或3或5
【分析】设 与坐标轴的切点为 ，根据已知条件得到 ， ， ，求得 ， ，
，证明出 是等腰直角三角形， ，然后分三种情况进行讨论：①当 与 轴相切时，
②如图， 与 轴和 轴都相切时，③当点 只与 轴相切时．
【详解】解：设 与坐标轴的切点为 ，
直线 与 轴、 轴分别交于点 、 ，点 ，
时， ，
时， ，
时， ，
， ， ，
根据勾股定理： ， ， ，
是等腰直角三角形， ，
①当 与 轴相切时，
点 是切点， 的半径是1，
轴， ，
是等腰直角三角形，
， ，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
；
②如图， 与 轴和 轴都相切时，，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
；
③当点 只与 轴相切时，
，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
．
综上所述，则当 或3或5秒时， 与坐标轴相切，
故答案为：1或3或5．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握切线的判定及性
质，利用分类讨论的思想求解．
45．(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）连接 ，由 证明 ，得 ，即可证明直线是 的切线；
（2）由线段 是 的直径证明 ，再根据等角的余角相等证明 ，则 ；
（3）由 ， 可证明 ，则 是等边三角形，所以 ，则 ，所
以 ，再证明 ，得 ．
（1）
证明：连接 ，则 ，
，
平分 ，
，
，
，
，
，
是 的半径，且 ，
直线 是 的切线．
（2）
证明： 线段 是 的直径，
，
，
， ，
，
，
．
（3）
解： ， ，
，
是等边三角形，
，， ，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三
角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中 角所对的直角边等于斜边的一半等知识，解题的关键
是作出相应的辅助线．
46．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，由切线性质得∠ODF= ，进而证明∠BDF+∠A=∠A+∠B= ，得∠B=∠BDF，便可得
BF=DF；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC=4-r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求
得结果．
（1）
解：（1）连接OD，如图1，
∵过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F，
∴∠ODF= ，
∴∠ADO+∠BDF= ，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠OAD+∠BDF= ，
∵∠C= ，
∴∠OAD+∠B= ，
∴∠B=∠BDF，∴BF=DF；
（2）
连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD=OE=r，
∵AC=4，BC=3，CF=1，
∴OC=4-r，DF=BF=3-1=2，
∵
∴
∴ ．
故圆的半径为 ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，已知切线，往往连接半径为辅助线，
第（2）题关键是由勾股定理列出方程．
47．(1)见解析
(2)
(3) ，理由见解析
【分析】（1）连接 ，证明 ，从而得到 即可得证；
（2）过点 作 于点 ，利用圆周角定理，和等腰三角形的性质和判定，以及勾股定理分别求出 ，
再利用 进行计算即可；
（3）延长 至点 ，使得 ，连接 ，证明 ，推出 为等腰直角三角形即可得证．
（1）
证明：如图所示：连接 ，
∵ 是 的切线，
∴ ，∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的切线；
（2）
解：∵ 是 的直径，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
过点 作 于点 ，
又
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∴ ，
∴ ．（3）
．
证明：延长 至点 ，使得 ，连接 ，
则 ，
∵四边形 内接于 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ （SAS），
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．【点睛】本题考查圆和三角形的综合应用．熟练掌握圆中常见的等量关系，圆周角定理，切线的判定和性质，以
及通过添加辅助线构造三角形全等是解题的关键．题型的难度较大，在中考中属于几何的压轴题．
48．(1) 为等腰三角形
(2)见解析
【分析】（1）由∠ABC=30°可得∠BAC=60°，结合DE⊥AB，可得∠AED的度数；根据弦切角定理可得
∠DCB=60°，再结合∠ACB=90°，从而可得∠DCE的度数；
（2）由（1）的证明过程可得∠ABC=∠OCB=∠DCE=∠CED=30°，要证明△BOC≌△EDC，只要证明BC=CE，接下
来由圆半径为1可得AB的长，结合含30度角直角三角形的性质以及勾股定理可得AC、BC的长，在Rt△AEF中，
先求得AF的长，再利用含30度角直角三角形的性质可得AE的长，继而得到CE的长，从而可证△CDE≌△COB．.
（1）
解： 为等腰三角形，理由如下：
，圆周角 与圆心角 都对 ，
，
又 ，
为等边三角形，
，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，则 为等腰三角形；
（2）
证明： ， ，
， ，
在 中， ，
，
，
又 为圆 的直径，
，在 中， ，
，即 ，
，
在 和 中，
，
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、锐角三角函数定义、含30°
直角三角形的性质、三角形的内角和定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识和
数形结合的思想是解答本题的关键．
49．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）连接OE，根据∠BEF＝90°，证明BF是圆O的直径，说明OB＝OE，得出∠OBE＝∠OEB，根据
BE平分∠ABC，得出∠CBE＝∠OBE，根据内错角相等，两直线平行，证明 ，得出∠AEO＝∠C＝90°，
即可证明结论正确；
（2）先证明∠BEC＝∠BEH，再根据等角的余角相等证明∠FEH＝∠FEA，即可证明结论正确；
（3）连接DE，根据角平分线的性质，得出EC＝EH，根据“AAS”证明△CDE≌△HFE，即可证明结论．
（1）
证明：连接OE，如图所示：
∵BE⊥EF，
∴∠BEF＝90°，
∴BF是圆O的直径，
∴OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵BE平分∠ABC，∴∠CBE＝∠OBE，
∴∠OEB＝∠CBE，
∴ ，
∴∠AEO＝∠C＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）
证明：∵∠C＝∠BHE＝90°，∠EBC＝∠EBA，
∴∠BEC＝∠BEH，
∵BF是⊙O是直径，
∴∠BEF＝90°，
∴∠FEH+∠BEH＝90°，∠AEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEH＝∠FEA，
∴FE平分∠AEH．
（3）
证明：连接DE，如图所示：
∵BE是∠ABC的平分线，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，
∴EC＝EH，
∵∠CDE+∠BDE＝180°，∠HFE+∠BDE＝180°，
∴∠CDE＝∠HFE，
∵∠C＝∠EHF＝90°，
∴△CDE≌△HFE（AAS），
∴CD＝HF，
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，余
角和补角的性质，作出相应的辅助线，证明△CDE≌△HFE，是解题的关键．
50．(1)图见解析，∠MAN＝90°
(2)∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°
(3)AP＝ BC，证明见解析(4)
【分析】（1）根据已知补全图形即可，根据平行线性质和同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可得∠CAF＝
∠BAE，从而可得∠MAN＝90°；
（2）分两种情况：当D在弦BC上方的圆上时，画出图形可得∠MAN＝∠BAC；当D在弦BC下方的圆上时，可
得∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，由三角形中位线定理可得AP＝ NK，证明△BAC≌△KAN
（SAS），有BC＝NK，即得AP＝ BC；
（4）根据AM＝AB，AN＝AC可知BM的垂直平分线、CN的垂直平分线的交点即为A，过N作NR⊥BM交BM延
长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，由∠BMN＝150°，得∠NMR＝30°，由含30°的直角三角形
三边关系可求出CT＝SR＝7 ， ，从而可得BC＝ ＝2 ，即可得AP＝
．
（1）
（1）补全图形如下：
∵ ，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠CAE＝90°，
∴∠CAF+∠CAE＝90°，即∠MAN＝90°；
（2）
（2）∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°，理由如下：
当D在弦BC上方的圆上时，如图：
∵ ，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，
即∠MAN＝∠BAC；
当D在弦BC下方的圆上时，如图：
∵ ，∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∵∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠CAF+∠BAE＝180°，
∴∠MAN+∠BAC＝180°；
故答案为：∠MAN＝∠BAC或∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）
（3）AP＝ BC，证明如下：
延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，如图：
∵P为MN中点，AM＝AK，
∴AP是△MKN的中位线，
∴AP＝ NK，
∵AB＝AM，
∴AB＝AK，
由（2）知∠BAC+∠MAN＝180°，
而∠NAK+∠MAN＝180°，
∴∠BAC＝∠NAK，
∵AC＝AN，
∴△BAC≌△KAN（SAS），
∴BC＝NK，
∴AP＝ BC；
（4）（4）作BM的垂直平分线、CN的垂直平分线，交点即为A，A的位置如图：
过N作NR⊥BM交BM延长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，如图：
∵∠BMN＝150°，
∴∠NMR＝30°，
∵MP＝PN＝ ，
∴MN＝2 ，
在Rt△MNR中，
NR＝ MN＝ ，RM＝ RM＝3，∠MNR＝90°﹣∠NMR＝60°，
∴BR＝BM+RM＝6+3＝9，
∵∠MNC＝90°，
∴∠SNC＝180°﹣∠MNC﹣∠MNR＝30°，
在Rt△CNS中，
CS＝ CN＝6，NS＝ CS＝6 ，∴SR＝NR+NS＝7 ，
∵∠S＝∠R＝∠CTR＝90°，
∴四边形CSRT是矩形，
∴RT＝CS＝6，CT＝SR＝7 ，
∴BT＝BR﹣RT＝9﹣6＝3，
在Rt△BCT中，
BC＝ ＝ ＝2 ，
由（3）知AP＝ BC，
∴AP＝ ．
