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专题 12 压轴大题精选二（圆 ，相似）
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，
∴OE=√OH2+EH2=2√5，
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，
OF FN ON
∴ = = ，
OE EH OH
2 FN ON
∴ = = ，
2√5 2 4
2√5 4√5
∴FN= ，ON= ，
5 5
2√5 4√5
∴F（− ， ），
5 5
2√5
观察图象可知当− ≤m≤0时，满足条件．
5
2√5 4√5
作点F关于点O的对称点F′（ ，− ），
5 5
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）2，5
解得t= ，
2
5 3
∴OP= ，PH＝PF″= ，
2 2
8 6
可得F″（ ，− ），
5 5
2√5 8
观察图象可知，当 ≤m≤ 时，满足条件．
5 5
2√5 2√5 8
综上所述，满足条件的m的取值范围为− ≤m≤0或 ≤m≤ ．
5 5 5
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
①若点B与原点O重合，则线段AB到 O的“平移距离”为 ；
2
⊙
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 ） ；
⊙ 4
（2）若点A，B都在直线y= x+4上，且AB＝2，记线段AB到 O的“平移距离”为d ，求d
3 1 1
⊙
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d ，直接写出
2
d 的 取 值 ⊙ 范 围 ．
2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．
⊙ 4
（2）如图1中，设直线y= x+4交x轴于F，交y轴于E，则E（0，4），F（﹣3，0）．过点
3
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d
2
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，
1
∴M（− ，0），
2
1
∴线段AB到 O的“平移距离”＝线段AM的长= ，
2
⊙
1
所以答案是： ．
2
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）．
4
（2）如图1中，设直线y= x+4交x轴于F，交y轴于E，则E（0，4），F（﹣3，0）．过点
3
O作OH⊥EF于H，交 O于K．
⊙∵OE＝4，OF＝3，
∴EF=√OE2+OF2=√42+32=5，
1 1
∵S△OEF =
2
×OE×OF =
2
×EF×OH，
12
∴OH= ，
5
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，
7 7 ⊙
最小值＝OH﹣OK= ．即d = ．
5 1 5
（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，d 的最小值＝PQ＝5﹣2＝3，d 的最大值＝PR＝5，
2 2
∴3≤d ≤5．
2
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^AE=^BC，AB＝4，BC＝3，求BE的长；
√2
②若DP= （AB+BC），DP＝DQ，求∠PDQ的度数．
2
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^AC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
√2
到BG＝BH，DG＝DH，进而得出四边形DGBH是正方形，得到BG＝DG＝BH＝DH= BD，
2
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^AC
的中点，（2）①连结AE，
∵^AE=^BC，
∴∠ABE＝∠BAC，
∵^AB=^AB，
∴∠AEB＝∠ACB，
又∵AB为公共边，
∴△ABE≌△BAC（AAS），
∴∠EAB＝∠ABC＝90°，
又∵^AE=^BC，BC＝3，
∴AE＝BC＝3，
在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，
∴BE=√AB2+AE2=√42+32=5，
∴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，
√2
∴BG＝DG＝BH＝DH= BD，
2
∵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＝2BG=√2BD，
√2
∵DP= （AB+BC），
2
∴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，
∵^BC=^BC，
∴∠MAB＝∠BDC，
设∠P＝ ，则∠ABM＝2 ，
∵∠ABMα+∠PBD＝∠ABαD＝45°，
∴2 + ＝45°，
∴ α＝1α5°，
∴α∠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，
√2
∴BG＝DG＝BH＝DH= BD，
2
∵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＝2BG=√2BD，
√2
∵DP= （AB+BC），
2
∴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＝4⊙5°，∴^AD=^BD，
∴AD＝BD，
∴AD2+BD2＝AB2，
√2 √2
∴AD＝BD= AB= ×10＝5√2；
2 2
（2）CA+CB=√2CD．
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，
{
AD=BD
∠CBD=∠FAD，
AF=BC
∴△ADF≌△BDC（SAS），
∴CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，
∴∠CDF＝∠ADB＝90°，△CDF为等腰直角三角形，
∴CA+CB＝CF=√2CD．
（3）连接OM，PM，
∵PE⊥OD，
∴∠PEO＝90°，∵点M为△OPE的内心，
∴∠OMP＝135°，
在△OMD和△OMP中，
{
OD=OP
∠DOM=∠POM，
OM=OM
∴△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°，
√2 5√2
∴O'O= OD= ，
2 2
5√2
90×π×
∴O^D的长为 2 5√2 ，
=
180 4
π
5√2
∴点M的路径长为 ．
2
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，
{
BA=EA
∠BAG=∠EAC，
AG=AC
∴△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 BM BG−MG a−b
∵ △ABM = = = ，
S BG BG a
△BAG
S CM CE−ME a−c
△ACM = = = ，
S CE CE a
△EAC
a−b a−c
∴S△ABM =
a
S△BAG ，S△ACM =
a
S△EAC ．
a−b
S a a−b
∴ △ABM = = ．
S a−c a−c
△ACM
a
6．对于平面内的图形G 和图形G ，记平面内一点P到图形G 上各点的最短距离为d ，点P到图
1 2 1 1
形G 上各点的最短距离为d ，若d ＝d ，就称点P是图形G 和图形G 的一个“等距点”．
2 2 1 2 1 2
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），B（0，2√3）．
（1）在R（3，0），S（2，0），T（1，√3）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
（3）记直线AB为直线l ，直线l ：y=− x，以原点O为圆心作半径为r的 O．若 O上有
1 2 3
⊙ ⊙
m个直线l 和直线l 的等距点，以及n个直线l 和y轴的等距点（m≠0，n≠0），当m≠n时，
1 2 1
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√3），R（3，0），S（2，0），T（1，√3
），
∴AR＝3，BR=√21，AS＝4，BS＝4，AT＝2√7，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，
√3
直线l 和直线l 的等距点在直线l ：y=− x+√3上．
1 2 3 3
√3
直线l 和y轴的等距点在直线l ：y=−√3x+2√3或l ：y= x+2√3上．
1 4 5 3
由题意得r=√3或r≥3．
7．如图， O为Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，BC＝4√3，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√2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＝2√3+2，可得结论．
答案详解：解：（1）如图1中，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝4√3，
∴AB=√AC2+BC2=√42+(4√3) 2=8，
∴ O的半径为4．
⊙
（2）如图1中，连接OC，OD．
∵CD＝4√2，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，
∴CJ=√AC2−AJ2=2√3，
∵CM≤CJ+JM＝2√3+2，
∴CM的最大值为2√3+2．
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B⊙C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
AE OA
＝52，可解得AE＝3，OE＝4，再由△AOE∽△CAB， = ，即得BC＝6；
BC AC
（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
⊙
√3
△BDC是等边三角形，即有BD＝BC＝5√3，设AB＝x，AD＝y，在Rt△APD中，PD= y，
2
1 1 √3
AP= y，在Rt△APD中，（x+ y）2+（ y）2＝（5√3）2，可得（x+y）2﹣xy＝75，设x+y＝
2 2 2
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，
AE OA 3 5
∴ = ，即 = ，
BC AC BC 10
∴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°，
√3
∴BC＝BF•sinF＝10× =5√3，
2
∴BD＝5√3，
设AB＝x，AD＝y，
√3 1
在Rt△APD中，PD＝AD•sin∠PAD= y，AP＝AD•cos∠PAD= y，
2 2
1
∴BP＝AB+AP＝x+ y，
2
在Rt△APD中，BP2+PD2＝BD2，
1 √3
∴（x+ y）2+（ y）2＝（5√3）2，
2 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，
∴^BC=C^D，
∴∠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^BC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^AC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+CD=√2AD，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，
∴DE=√2AD，
∴BE+BD=√2AD，
∴CD+BD=√2AD；
②如图4，BD﹣CD=√2AD，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，
∴DE=√2AD，
∴BD﹣BE=√2AD，
∴BD﹣CD=√2AD．
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P （0，2），P （3，3），P （﹣3，0）中， O的“倍点”是 P ；
1 2 3 3
（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P Q、P Q、P Q的最大值，再根据定义判断
1 2 3
即可；（2）正方形ABCD上的任意两点间的距离最大值为2√2，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√2．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P O并延长交 O于点E，
2
⊙
∵P O=√32+32=3√2，
2
∴P E=3√2+1≠2d，
2
∴P 不是 O的“倍点”；
2
∵P 到 O⊙上各点连线中最大距离为2+1＝3≠2d，
1
∴P 不⊙是 O的“倍点”；
1
∵P 到 O⊙上各点连线中最大距离为3+1＝4＝2d，
3
∴P 是⊙O的“倍点”．
3
所以答案⊙是：P ．
3
（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d=√22+22=2√2，
∴2d=4√2，
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“，
∴OE=3√2，
∴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=√42−12=√15，
∴大 O的半径为6+√15，
⊙
同理，小 O的半径为6−√15，
⊙点T所构成的图形是圆环，它的面积π⋅(6+√15) 2 −π⋅(6−√15) 2=24√15π．
所以答案是：24√15π．
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；
1 1
（3）求 + 的最小值．
AC DC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；
√4+2AC⋅BC
（3）求出PF= −1，求出PF的最大值为√2−1，则可得出答案．
2
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，
1 1
由等面积法：S△ACB =
2
AC•BC =
2
AB•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），
AC+CD 1 1
两边同时除以AC•CD得：1＝PF⋅ =PF( + )，
AC⋅CD AC CD
1 1 1
即： + = ，
AC CD PF
1 1
∴当PF取最大值时， + 取最小值．
AC CD
AC+BC−AB
由直角三角形内切圆公式：PF=
2
√(AC+BC) 2−2
=
2
√AC2+BC2+2AC⋅BC
= −1
2
√4+2AC⋅BC
= −1，
2
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√2−1，
1 1 1
∴ + 的最小值为： =√2+1．
AC CD √2−1
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A ，B ，A ，B ，A ，B 的横、纵坐标都是整数．
1 1 2 2 3 3
①在线段A B ，A B ，A B 中， O的关于直线y＝x+2对称的“关联线段”是 A B ；
1 1 2 2 3 3 1 1
②若线段A B ，A B ，A B 中，⊙存在 O的关于直线y＝﹣x+m对称的“关联线段”，则m＝
1 1 2 2 3 3
2 或 3 ； ⊙
√3
（2）已知直线y=− x+b（b＞0）交x轴于点C，在△ABC中，AC＝3，AB＝1．若线段AB是
3√3
O的关于直线y=− x+b（b＞0）对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以
3
⊙
及 相 应 的 BC 长 ．
试题分析：（1）①分别画出线段A B ，A B ，A B 关于直线y＝x+2对称线段，如图，即可求
1 1 2 2 3 3
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A B ⊥直线y＝﹣x+m，线段
1 1
A B 关于直线y＝﹣x+m对称线段还在直线A B 上，显然不可能是 O的弦；线段A B =√5，
1 1 1 1 3 3
O的最长的弦为2，得线段A B 的对称线段不可能是 O的弦，⊙而线段A B ∥直线y＝﹣
3 3 2 2
⊙x+m，线段A B =√2，∴线段A B 的对称线段线段A ′B⊙′线段A B ，且线段A ′B ′=√2，
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
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OC=√3⊙b，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
√3
直线y=− x+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
3
⊙
﹣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A B ，A B ，A B 关于直线y＝x+2对称线段，如图，
1 1 2 2 3 3
发现线段A B 的对称线段是 O的弦，
1 1
∴线段A B ，A B ，A B 中，⊙ O的关于直线y＝x+2对称的“关联线段”是A B ，
1 1 2 2 3 3 1 1
所以答案是：A B ； ⊙
1 1
②∵从图象性质可知，直线y＝﹣x+m与x轴的夹角为45°，
∴线段A B ⊥直线y＝﹣x+m，
1 1
∴线段A B 关于直线y＝﹣x+m对称线段还在直线A B 上，显然不可能是 O的弦，
1 1 1 1
∵线段A B =√5， O的最长的弦为2， ⊙
3 3
∴线段A B 的对称⊙线段不可能是 O的弦，
3 3
线段A B 是 O的关于直线y＝﹣⊙x+m对称的“关联线段”，
2 2
而线段A B ∥⊙直线y＝﹣x+m，线段A B =√2，
2 2 2 2
∴线段A B 的对称线段线段A ′B ′线段A B ，且线段A ′B ′=√2，
2 2 2 2 2 2 2 2
平移这条线段，使其在 O上，有两种可能，
第一种情况：A
2
′、B
2
′⊙的坐标分别为（0，1）、（1，0），
此时m＝3；
第二种情况：A ′、B ′的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣1），
2 2
此时m＝2，
所以答案是：3或2；
√3
（2）∵直线y=− x+b（b＞0）交x轴于点C，
3
√3
当y＝0时，y=− x+b＝0，
3
解得：x=√3b，
∴OC=√3b，
b最大时就是OC最大，
b最小时就是CO长最小，
√3
∵线段AB是 O的关于直线y=− x+b（b＞0）对称的“关联线段”，
3
⊙
√3
∴线段AB关于直线y=− x+b对称线段A′B′在 O上，
3
⊙
∴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 ） ，
√3
将点C代入直线y=− x+b中，
3
√3 2
− ×2+b＝0，解得：b= √3，
3 3
过点B′作B′D⊥A′C于点D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
1 √3
∴A′D= ，B′D= ，
2 2
1 5
∴CD＝3− = ，
2 2
√ 5 √3
在Rt△B′DC中，B′C= ( ) 2+( ) 2=√7；
2 2
∴ 当 A′ 为 （ 1 ， 0 ） 时 ， 如 图 4 ， OC 最 大 ， 此 时 C 点 坐 标 为 （ 4 ， 0 ） ，√3
将点C代入直线y=− x+b中，
3
√3 4
− ×4+b＝0，解得：b= √3，
3 3
过点B′作B′D⊥A′C于点D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
1 √3
∴A′D= ，B′D= ，
2 2
1 7
∴CD＝3+ = ，
2 2
√ 7 √3
在Rt△B′DC中，B′C= ( ) 2+( ) 2=√13，
2 2
4 2
∴b的最大值为 √3，BC=√13；最小值为 √3，BC=√7．
3 313．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，√3），C（√3，﹣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=√3，BN＝2√3，
∴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−√3）2+1＝42，
∴a =√15+√3（舍去），a =√3−√15，
1 2
当最小值是1时，a≥√3，
最大值是2时，
∵OC＝2，∴a≤2√3，
∴√3≤a≤2√3
综上所述：a=√3−√15或√3≤a≤2√3；
（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，
1
∴ ≤r≤1；
3
如图4，
点M在 O内，
∴x+r＝⊙2（r﹣x），
r
∴x= ，
3r
∴1≤ ≤3，
3
∴3≤r≤9，
1
综上所述： ≤r≤1或3≤r≤9．
3
14．已知：如图①，AD为 O的直径，点A为优弧^BC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^BC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^BC的中点，AD是直径，
∴点D是^BC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°，∵^AB=^AB，
∴∠C＝∠ADB＝60°，
∵^AB=^AC，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
1
∴∠DAC＝∠BAD= ∠BAC=30°，
2
∵^DC=^DC，
∴∠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，
1
∴S△BDF =
k
，
1 1
∴ DF⋅BP= ，
2 k
1 1
即： a⋅BP= ，
2 k
2
∴BP= ，
ak
2
∴△MNP的周长最小值是： ．
ak
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 3
①若点P的坐标为（− ，0），则点P是点A关于 O的 倍特征点；
2 4
⊙
1 1 1 1 1
②在C （0， ），C （ ，0），C （ ，− ）这三个点中，点 C 是点A关于 O的 倍
1 2 2 2 3 2 2 3 2
⊙
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
⊙1
倍特征点，求点E的坐标；
2
（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． ⊙
⊙
1 3 AP 3
试题分析：（1）①由题意知AP＝OA+OP＝1+ = ，AB＝2，则k= = ；
2 2 AB 4
√5 1
②由勾股定理得 AC =√OC 2+OA2= ，假设点C 是点A关于 O的 倍特征点，则 AE
1 1 2 1 2
⊙
=√5＞2OA＝2，不符合题意，同理判断C 、C 即可；
2 3
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
⊙
1 AE 1
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，
2 AB 2
⊙
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
⊙
MN k 1
于B，过点O作直线EF⊥CD交 O于E，F，由 = =−1+ ，可知k越大，1﹣k
AM 1−k 1−k
⊙
1
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
1−k
与F重合时，k的值最小，从而解决问题．
1
答案详解：解：（1）①∵A（1，0），P（− ，0），
2
1 3
∴AP＝OA+OP＝1+ = ，
2 2
∵B（﹣1，0），∴AB＝2，
∵AP＝kAB，
AP 3
∴k= = ，
AB 4
3
所以答案是： ；
4
1
②∵C （0， ），A（1，0），
1 2
1
∴OC = ，OA=1，
1 2
√5
∴AC =√OC 2+OA2= ，
1 1 2
1
假设点C 是点A关于 O的 倍特征点，
1 2
⊙
AC 1
∴ 1= ，
AE 2
∴AE=√5＞2OA＝2，不符合题意，
1
∴点C 不是点A关于 O的 倍特征点，
1 2
⊙
√ 1 1 √2
同理可求出AC =√AC 2+C C 2= ( −1) 2+(− −0) 2= ，
3 2 2 3 2 2 2
1
假设点C 是点A关于 O的 倍特征点，
3 2
⊙
AC 1
∴ 3= ，
AF 2
∴C 为AF的中点，
3∴F（0，﹣1），
∵F在圆上，
1
∴点C 是点A关于 O的 倍特征点，
3 2
⊙
1
∵C （ ，0），
2 2
1
∴AC = ，
2 2
AC 1
∴ 2= ，
AB 4
1
∴点C 不是点A关于 O的 倍特征点，
2 2
⊙
所以答案是：C ；
3
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， ⊙
1
∵点E点A关于 O的 倍特征点，
2
⊙
AE 1
∴ = ，
AB 2
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO＝60°，
∴∠EOA＝30°，1 1 1
∴AE= OA= ，EF= OE，
2 2 2
√3
OE=√OA2−AE2= ，
2
√3
∴EF= ，
4
3 √3
∴E（ ， ），
4 4
3 √3
当点D在y轴负半轴上时，同理可得E（ ，− ），
4 4
3 √3 3 √3
综上：E（ ， ）或（ ，− ）；
4 4 4 4
（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，
MN k 1
∴ = =−1+ ，
AM 1−k 1−k
∵k越大，1﹣k的值越小，
1
∴﹣1+ 的值越小，
1−k
MN
∴当 的值越大，k的值越大，
AN
∴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=√12+12=√2，
∵OG⊥CD，
√2
∴CG＝DG= ，
2
√2
∴OG=√OC2−CG2= ，
2
√2
∴FG＝OF﹣OG＝1− ，
2
√2
1−
∴k FG 2 2−√2，
= = =
EF 2 4
2−√2
∴k的最小值为 ，
4
2+√2
当点N在E点，A在F点时，k有最大值为 ．
4
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°，AF=√3，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 NQ=√3−x，AQ＝1﹣x，进而得 AN2＝2（x
√3+1
− ）2+2−√3，即可得出结论．
2
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=√3，
√3
∴AC= AF＝1，
3
∴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，
1
∴CG= BC＝1，∠CGM＝90°＝∠Q，
2
∴△MQN≌△CGM（AAS），
∴NQ＝MG，MQ＝CG＝1，
在Rt△ACG中，∠ACG＝60°，
∴AG=√3CG=√3，
设AM＝x，则NQ＝MG＝AG﹣AM=√3−x，AQ＝MQ﹣AM＝1﹣x，
√3+1
在Rt△AQN中，AN2＝AQ2+NQ2＝（1﹣x）2+（√3−x）2＝2（x− ）2+2−√3，
2
√3+1 √3+1
∴当x= 时，AN最小，此时，AM= ，
2 2
√3+1 √3−1
∴MG=√3− = ，
2 2
√3−1 √3
∴CM2＝MG2+CG2＝（ ）2+1＝2− ．
2 2
1 √3 √3
即当AN最小时，△CMN的面积为 ×（2− ）＝1− ．
2 2 417．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；
CD+AB
（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
BE
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
1
一步得∠DAG＝30°，∠ADF＝90°，从而得出DF= AD；
2
（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°，
180°−∠BDE 180°−120°
∴∠BED＝∠DBE= = =30°，
2 2
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝90°，
1
∴AD= AB=1，
2
∵∠BAC＝∠AED+∠ADE，
∴∠ADE＝∠BAC﹣∠AED＝60°﹣30°＝30°，
∴AE＝AD＝1，
∵∠AFE＝90°，∠EAF＝∠BAC＝60°，
1 √3
∴AF＝AE•cos60°= ，EF＝AE•sin60°= ，
2 2
1 5 √3
在Rt△CEF中，CF＝AC+AF＝2+ = ，EF= ，
2 2 2
√ 5 √3
∴CE= ( ) 2+( ) 2=√7；
2 2
（2）如图2，1
DF= AD，理由如下：
2
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°，
1
∴DF= AD；
2
（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°=√3x，AD＝2x，
∴AC＝AB＝AH+BH＝（1+√3）x，BD=√2BH=√6x，
√3
∵BE＝2•（BD•sin60°）＝2×√6x⋅ =3√2x，
2
∴CD＝AC﹣AD＝（1+√3）x﹣2x＝（√3−1）x，
CD+AB (√3−1)x+(1+√3)x 2√3 √6
∴ = = = ．
BE 3√2x 3√2 3
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．AP
（1）当PE∥BC时，求 的值；
AC
（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．
AP AE
试题分析：（1）由平行线分线段成比例可得 = ，即可求解；
AC AB
AP AE
（2）通过证明∠PAE∽△BAC，可得 = ，即可求解；
AB AC
EM GM
（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
QN GN
QD的最小值为√6−2，由勾股定理可求解．
答案详解：解：（1）∵PE∥BC，
AP AE
∴ = ，
AC AB
∵点E，点D分别是AB上的三等分点，
AE 1
∴ = ；
AB 3
（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＝ ，
180°−αα 180°−α
∴∠EPA= ，∠CBE= ，
2 2
∴∠EPA＝∠CBE，
又∵∠PAE＝∠BAC，
∴∠PAE∽△BAC，
AP AE
∴ = ，
AB AC
∴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°，
√2
设AP＝x，则PT= x＝AT，
2
∵点G是PE的中点，
1 √2
∴GM= PT= x，
2 4
1 1 1 √2 √2 1
∴EM= ET= （AT﹣AE）= （ x﹣1）= x− ，
2 2 2 2 4 2
√2
AT−AE x−1
∴GN＝MD＝ED﹣EM＝1− =1 2 3 √2x，
2 − = −
2 2 4
∵∠EGM+∠MGQ＝90°，∠QGN+∠MGQ＝90°，
∴∠EGM＝∠QGN，
又∵∠EMG＝∠QNG＝90°，
∴△GEM∽△GQN，
EM GM
∴ = ，
QN GN
√2 1 √2
x− x
4 2 4
∴ = ，
QN 3 √2
− x
2 4
3√2 √2
∴QN＝2− − x，
2x 4
√2 3√2 √2 √2 3 √2 √3
∴QD＝ND﹣NQ＝GM﹣NQ= x﹣（2− − x）= （x+ ）﹣2= （√x− ）2
4 2x 4 2 x 2 x
+√6−2，
√3
∴当√x= ，即x=√3时，QD的最小值为√6−2，
x
∵GQ垂直平分PE，
∴PQ＝EQ，
∴PQ的最小值＝EQ的最小值=√1+QD❑ 2=√1+(√6−2)❑ 2=√11−4√6=2√2−√3．
