文档内容
猜想 04 与圆相关的几何综合（6 种模型）
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C ，C ，
1 2
当BA＝BC时，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交x轴于点C ，C ，
3 4
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，交x轴于点C ，交y轴于点C ，
5 6
∵点A，B，C 三个点在同一条直线上，
2
∴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．5 B．6 C．7 D．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 + 2 PN ≤ 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•cos∠MPH＝PM•cos60°＝ 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r ，r ，r ，且r +r +r ＝r，其他条件不变，猜想
1 2 3 1 2 3【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r ，r ，…，r ，且r +r +…+r ＝
1 2 n 1 2 n
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：2 r×2＝4 r（m），图2中水池的周长为：2 r+2 • +2
π π π π π
+2 ＝2 r+ + + r＝4 r，
∵4 r＝4 r，
π π π π
∴两种方案砌的圆形水池的周边需要的材料一样多；
π π
【猜想验证】如果将图2中的小圆半径改为r ，r ，r ，且r +r +r ＝r，其他条件不变，猜想【问题】中
1 2 3 1 2 3
的结论不改变，
∵改变后花池的周长为：2 r+2 r +2 r +2 r ＝2 r+2 （r +r +r ）＝2 r+2 r＝4 r（m），
1 2 3 1 2 3
∴猜想【问题】中的结论不改变；
π π π π π π π π π
【拓展】图4中所有圆的周长总和是4 r m；
【应用】由题意得花坛周边需要的材料总长为4.2 米．
π
【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
π
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＝ （45°＜ ＜
90°，D为 上一点，连接CD交AB于点E．⊙ α α
（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求 的大小；
（2）如图②，若点B恰好是 中点α，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＝ ，∠CQN＝90°，连接AO并延长交 O于
α ⊙
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
∴ ＝ ＝70°；
（α2）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＝2 ，
α
过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN＝2NQ，∠NCQ＝ ∠MCN＝ ，∠CQN＝90°，
α
连接AO并延长交 O于点P，连接BP，则∠ABP＝90°，
∵ ， ⊙
∴∠P＝∠ACB＝∠NCQ＝ ，
∵AP＝CN，∠ABP＝90°＝∠NQC，
α
∴△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＝2 ， ，
∴△CNM∽△OAB，
α
∴ ＝ ．
【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 12 0 °；（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）
