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＝π4 r， π 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；
【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π改变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π总长为4.2 米．
【点评】此题考查了图形的变化规律问题的解决能π力，关键是能根据图形利用圆的周长公式得到图形的
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°＜ ＜
⊙ α α
90°，D为 上一点，连接CD交AB于点E．
（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求 的大小；
α
（2）如图②，若点B恰好是 中点，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°；
α
（2）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°＝α∠NQC，
∴△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）
1．（2022秋•海安市期末）如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝6，D为BC上一点，当∠CAB最大时，连
接AD并延长到E，使BE＝BD，则AD•DE的最大值为 1 8 ．【分析】以B为圆心，BC为半径画圆，得到当∠ACB＝90°时，∠CAB最大；设BD＝x，则CD＝BC﹣
BD＝6﹣x，过点B作BF⊥DE于点F，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质得到 AD•DE与x的
函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【解答】解：以B为圆心，BC为半径画圆，如图，
由图形可知，当AC与 B相切时，∠CAB最大，此时∠ACB＝90°．
设BD＝x，则CD＝BC⊙﹣BD＝6﹣x．
过点B作BF⊥DE于点F，
∵BE＝BD，
∴DF＝EF＝ ED．
∵∠ACD＝∠BFD＝90°，∠ADC＝∠BDF，
∴△ACD∽△BFD，
∴ ，
∴AD•DF＝CD•BD，
∴AD• ED＝（6﹣x）•x，
∴AD•DE＝﹣2x2+12x＝﹣2（x﹣3）2+18，
∵﹣2＜0，
∴当x＝3时，即BD＝3时，AD•DE有最大值为18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，
利用圆的有关性质得到∠ACB＝90°是解题的关键．2．（2022秋•江门期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为边BC上一动点，F为AE中点，G
为DE上一点，BF＝FG，则CG的最小值为 ﹣ 2 ．
【分析】如图1，连接AG，证明AF＝FG＝EF，则∠AGE＝∠AGD＝90°，根据圆周角定理可知：点G
在以AD为直径的圆上运动，取AD的中点O，当O，G，C三点共线时，CG的值最小，由此可解答．
【解答】解：如图1，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，DC＝AB＝3，
∵F是AE的中点，
∴BF＝ AE＝AF＝EF，
∵BF＝FG，
∴AF＝FG＝EF，
∴∠AGE＝∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，取AD的中点O，连接OG，
当O，G，C三点共线时，CG的值最小，如图2所示，∴OD＝OG＝2，
∴OC＝ ＝ ，
∴CG的最小值为 ﹣2．
故答案为： ﹣2．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，圆周角定理，线段的性质等知识，解题的关键是学会添加
常用辅助线，构造动点G的轨迹来解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2021秋•绵阳期末）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（4，3），
M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是 M，x轴上的动点，则BP+PN的最小值是 4 ．
⊙ ⊙
【分析】作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交 M于点N，交x轴于点P，此时BP+PN取得
最小值，然后结合勾股定理及三角形的面积公式分析计算⊙．
【解答】解：作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交 M于点N，交x轴于点P，
过点M作MQ⊥x轴，交x轴于点E，过点B′作B′Q⊥MQ，⊙∵点B与点B′关于x轴对称，
∴PB+PN＝PB′+PN，
当N、P、B’在同一直线上且经过点M时取最小值．
在Rt△ABC中，AC＝ ＝5，
由 M是△AOC的内切圆，设 M的半径为r，
⊙ ⊙
∴S△AOC ＝ （3r+4r+5r）＝ ×3×4，
解得r＝1，
∴ME＝MN＝1，
∴QB′＝4﹣1＝3，QM＝3+1＝4，
∴MB′＝5，
∴PB′+PN＝5﹣1＝4，
即PB+PN最小值为4，
故答案为：4．
【点评】本题考查轴对称—最短路线问题，三角形内切圆，理解“两点之间，线段最短”，掌握轴对称
的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题关键．
二．解答题（共6小题）
4．（2021秋•汶上县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB于点E，以点O为圆
心，OE为半径作圆O交AO于点F．
（1）求证：AC是 O的切线；
（2）若∠AOE＝6⊙0°，OE＝3，在BC边上是否存在一点P使PF+PE有最小值，如果存在，请求出
PF+PE的最小值．【分析】（1）过点O作OD⊥AC，利用等腰三角形的三线合一的性质和角平分线的性质证明线段 OD
＝半径OE，根据切线的定义即可得出结论；
（2）延长AO交 O于点G，连接EG交BC于点P，利用轴对称的性质中的将军饮马模型可得点P为
所求的点；连接E⊙F，过点E作EH⊥AO于点H，利用等边三角形的判定定理可得△OEF为等边三角形，
利用等腰三角形的性质与直角三角形的边角关系定理可求 OH与EH的长，再利用勾股定理即可求得结
论．
【解答】（1）证明：过点O作OD⊥AC与点D，如图，
∵AB＝AC，AO⊥BC，
∴AO平分∠BAC．
∵OE⊥AB，OD⊥AC，
∴OD＝OE．
∵OE是圆的半径，
∴OD是圆的半径．
这样，AC经过半径OD的外端，且垂直于半径OD，
∴AC是 O的切线；
（2）解⊙：在BC边上存在一点P使PF+PE有最小值．
延长AO交 O于点G，连接EG交BC于点P，连接PF，则此时PF+PE最小．
连接EF，过⊙点E作EH⊥AO于点H，如图，∵∠AOE＝60°，OE＝OF，
∴△OEF为等边三角形，
∴EF＝OE＝OF＝3．
∵EH⊥OF，
∴OH＝HF＝ OF＝ ．
∴GH＝OG+OH＝3+ ＝ ．
在Rt△EHO中，
∵sin∠AOE＝ ，
∴EH＝OE× ＝ ．
在Rt△EHG中，
EG＝ ＝3 ．
∵BC⊥FG，OG＝OF，
∴PG＝PF．
∴PE+PF＝PE+PG＝EG＝3 ．
∴在BC边上存在一点P使PF+PE有最小值．PF+PE的最小值为3 ．
【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形
的判定与性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，过点O作OD⊥AC是解题的关键．
5．（2021秋•花都区期末）如图， O是△ABC的外接圆，AB为直径，弦AD平分∠BAC，过点D作射线
AC的垂线，垂足为M，点E为线⊙段AB上的动点．
（1）求证：MD是 O的切线；
⊙（2）若∠B＝30°，AB＝8，在点E运动过程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若
不存在，说明理由；
（3）若点E恰好运动到∠ACB的角平分线上，连接CE并延长，交 O于点F，交AD于点P，连接
AF，CP＝3，EF＝4，求AF的长． ⊙
【分析】（1）连接OD，交BC于点N，通过证明四边形CNDM为矩形得出OD⊥MD，利用切线的判
定定理即可得出结论；
（2）过点C作CF⊥AB，并延长交 O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，利用将军饮马模型
可知此时EC+EM的值最小；由题意⊙可得FD为圆的直径，在Rt△FDM中，利用勾股定理即可求得结论；
（3）利用角平分线的定义和三角形的外角的性质可以判定△FAP为等腰三角形，证明△FAE∽△FCA，
利用相似三角形的性质得出比例式，解关于AF的方程即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接OD，交BC于点N，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°．
∴∠BCM＝90°．
∵AD平分∠BAC，
∴ ．∴ON⊥BC．
∵DM⊥AC，
∴四边形CNDM为矩形．
∴OD⊥MD．
∵OD为圆的半径，
∴MD是 O的切线；
解：（2）⊙在点E运动过程中，EC+EM存在最小值．理由：
过点C作CF⊥AB，并延长交 O于点F，连接MF，交AB于点E，连接EC，则此时EC+EM的值最小，
如图， ⊙
∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝60°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB＝30°．
∴ 与 的度数为60°．
∵AB是直径，
∴ 的度数为60°．
∴ ．
∵AB⊥CF，AB是直径，
∴ ．
∴ ＝180°．
∴ 为半圆．∴FD为圆的直径．
由（1）知：MD是 O的切线，
∴FD⊥MD． ⊙
由题意：AB垂直平分FC，
∴EC＝EF．
∴EC+EM＝EF+EM＝FM．
∵∠CFD＝∠DAB，∠DAB＝30°，
∴∠CFD＝30°．
∵AB＝8，
∴FD＝8．
由（1）知：四边形MCND为矩形，
∴MD＝NC．
∵ON⊥BC，
∴CN＝ BC．
在Rt△ACB中，
∵sin∠CAB＝ ，
∴BC＝AB•sin60°＝8× ＝4 ．
∴MD＝CN＝ BC＝2 ．
在Rt△FDM中，
MF＝ ＝ ＝2 ．
∴EC+EM的最小值为MF＝2 ．
解：（3）如图，∵FC平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCF＝45°．
∴∠BAF＝∠BCF＝45°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠PAF＝∠BAD+∠BAF，∠APF＝∠ACF+∠CAD，
∴∠PAF＝∠APF，
∴AF＝FP．
∴FC＝FP+CP＝AF+3．
∵∠FAB＝∠ACF＝45°，∠F＝∠F，
∴△FAE∽△FCA．
∴ ．
∴FA2＝FE•FC＝4（AF+3）．
∴AF2﹣4AF﹣12＝0．
解得：AF＝6或AF＝﹣2（不符合题意，舍去），
∴AF＝6．
【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理及其推论，轴对称的
性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，连接半径
OD和利用轴对称中的将军饮马模型找出EC+EM存在最小值是解题的关键．
6．（2023春•丰城市期末）如图1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，点E在射线AB上运动，将
△AED沿ED翻折，使得点A与点G重合，连接AG交DE于点F．
（1）【初步探究】当点G落在BC边上时，求BG的长；
（2）【深入探究】在点E的运动过程中，BG是否存在最小值，如果存在，请求出最小值；如果不存在，
请说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，点P为BG的中点，连接AP，点E在射线AB上运动过程中，求AP长的最大值．
【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根据勾股定理可得CG＝ ＝ ＝4 ，
再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；
（2）以D为圆心，AD长为半径作 D，可得点G在 D上运动，当点G在线段BD上时，BG最小，
此时，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可⊙得BD＝4 ，即⊙可求得BG的最小值为4 ﹣12；
（3）以D为圆心，AD长为半径作 D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，根据三角形中位线
⊙
定理可得AP＝ GH，则AP最大时，GH最大，由于点G在 D上运动，当HG经过点D时，GH最大，
即可求得答案． ⊙
【解答】解：（1）当点G落在BC边上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，
由翻折得：DG＝AD＝12，
在Rt△CDG中，CG＝ ＝ ＝4 ，
∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4 ；
（2）如图2，以D为圆心，AD长为半径作 D，
⊙由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在 D上运动，
当点G在⊙线段BD上时，BG最小，此时，BG＝BD﹣DG，
在Rt△ABD中，BD＝ ＝ ＝4 ，
∴BG＝BD﹣DG＝4 ﹣12，
故在点E的运动过程中，BG存在最小值，BG的最小值为4 ﹣12；
（3）如图3，以D为圆心，AD长为半径作 D，延长BA至H，使AH＝BA＝8，连接GH，
⊙
∵AH＝BA，∴点A是BH的中点，
∵点P为BG的中点，
∴AP是△BGH的中位线，
∴AP＝ GH，
则AP最大时，GH最大，
由翻折得：DG＝AD＝12，
∴点G在 D上运动，
当HG经过⊙点D时，GH最大，如图4，
在Rt△ADH中，HD＝ ＝ ＝4 ，
∴GH＝HD+DG＝4 +12，
∴AP＝ GH＝2 +6，
故点E在射线AB上运动过程中，AP长的最大值为2 +6．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，
圆的有关性质，点到圆上各点距离的最大值和最小值的应用，解决问题的关键是运用三角形中位线定理
和圆中的最值．
7．（2021秋•秦淮区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，
0）．
（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 （ 4 ， 3 ） ， C的半径是 3 ；
⊙
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理
由；
（2）若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 （ 0 ，﹣ ） ．
【分析】（1）①过点C作CD⊥AB于点D，利用圆周角定理和垂径定理计算CD，AD的长度，进而得
到线段OD的长度即可得到点C坐标；利用勾股定理即可求得AC的长度，则 C的半径可求；
②设 C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥⊙AB于点F，利用（1）①
的结论⊙和垂径定理计算线段EG的长度，则线段OE，OD的长度可求，结论可得；
（2）设 C与y轴切于点P，在y轴上任取一点Q（与点P不重合），连接BQ，AQ，BQ与 C交于点
D，连接⊙AD，利用圆周角定理和三角形的外角大于任何一个不相邻的内角，得到当点 P为 ⊙C与y轴的
切点时，当∠APB的度数最大，利用切割线定理求出线段OP的长即可得出结论． ⊙
【解答】解：（1）①∵点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0），
∴OA＝1，OB＝7．
∴AB＝6．
过点C作CD⊥AB于点D，如图，则AD＝BD＝ AB＝3．
∴OD＝AO+AD＝4．
∵∠APB＝45°，
∴∠ACB＝2∠APB＝90°，．
∵CD⊥AB，CA＝CB，
∴CD＝ AB＝3．
∴C（4，3）．
∴AC＝ ，
∴ C的半径是3 ．
故⊙答案为：（4，3）；3 ；
②y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，理由：
设 C交y轴于点D，E，连接CD，CE，过点C作CG⊥CD于点G，CF⊥AB于点F，如图，
则⊙∠AEB＝∠ADB＝∠APB＝45°．
∴D，E为y轴正半轴上线段AB的“完美点”．则 EG＝DG＝ DE，CD＝CE＝3 ．
∵CG⊥DE，CF⊥AB，∠O＝90°，
∴四边形OFCG为矩形．
∴CG＝OF＝4，OG＝CF＝3．
在Rt△CGE中，
∵EG2＝CE2﹣CG2，
∴EG＝ ＝ ．
∴GE＝DG＝ ．
∴OE＝OG﹣GE＝3﹣ ，OD＝OG+DG＝3+ ．
∴E（0，3﹣ ），D（0，3+ ）．
∴y轴正半轴上有线段AB的“完美点”，“完美点”的坐标为（0，3+ ）或（0，3﹣ ）；
（2）设 C与y轴负半轴切于点P，在y轴负半轴上任取一点Q（与点P不重合），
连接BQ⊙，AQ，BQ与 C交于点D，连接AD，如图，
⊙则∠APB＝∠ADB，
∵∠ADB＞∠AQB，
∴∠APB＞∠AQB．
∴当P运动到 C与y轴相切时，∠APB的度数最大．
连接PC并延长⊙交 C于点E，连接AE，如图，
⊙
∵OP是 C的切线，
∴CP⊥O⊙P，
∴∠OPA+∠ABE＝90°．
∵PE为 C的直径，
∴∠PAE⊙＝90°，
∴∠APE+∠E＝90°，
∴∠OPA＝∠E，
∴∠E＝∠OBP，
∴∠OPA＝∠OPB，
∵∠AOP＝∠POB＝90°，∴△OAP∽△OPB，
∴ ，
∴OP2＝OA•OB．
∴OP＝ ．
∴P（0，﹣ ）．
故答案为（0，﹣ ）．
【点评】本题主要考查了圆周角定理及其推论，垂径定理，矩形的判定与性质，圆的切线的性质，勾股
定理，切割线定理，三角形的内角和定理的推论，点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长
度以及正确理解并熟练应用新定义是解题的关键．
8．（2021秋•椒江区期末）如图1，已知 O的内接四边形ABCD，AB∥CD，BC∥AD，AB＝6，BC＝8．
（1）求证：四边形ABCD为矩形． ⊙
（2）如图2，E是 上一点，连接CE交AD于点F，连接AC．
①当点D是 中点时，求线段DF的长度．
②当16S△DCF ＝3S四边形ABCD 时，试证明点E为 的中点．
（3）如图3，点E是 O上一点（点E不与A、C重合），连接EA、EC、OE，点Ⅰ是△AEC的内心，
⊙
点M在线段OE上，且ME＝2MO，则线段MI的最小值为 5 ﹣ ．
【分析】（1）先判定四边形ABCD是平行四边形，再运用平行四边形的性质和矩形的判定即可证得结
论；
（2）①先证明△CDF∽△ADC，利用相似三角形性质可得： ＝ 即 ＝ ，即可求得答案；②如图2，过点 F作FD′⊥AC，根据 16S△DCF ＝3S四边形ABCD ，可求得：DF＝3，AF＝5，再证明
△FD′A∽△CDA，运用相似三角形性质可求得FD′＝3，再运用等腰三角形性质即可证得结论；
（3）如图3，连接AI、CI，过点O作O′O″⊥AC交 O于O′、O″，先判断出点I的运动路径为分
别以O′、O″为圆心，O′A为半径的两段弧，点M⊙的运动路径为以O为圆心，OM为半径的圆，当
MI取得最小值时，点I在OE上，此时，OI＝5 ﹣5，根据ME＝2MO，可得OM＝ OE＝ ，MI的
最小值为：MI＝OI﹣OM＝5 ﹣ ．
【解答】（1）证明：如图1，∵AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵四边形ABCD内接于 O，
∴∠A+∠C＝180°， ⊙
∴∠A＝∠C＝90°，
∴ ABCD是矩形；
▱
（2）①解：∵点D是 的中点，
∴ ＝ ，
∴∠ECD＝∠DAC，
∵∠CDF＝∠ADC＝90°，
∴△CDF∽△ADC，
∴ ＝ 即 ＝ ，
∴DF＝ ；
②证明：如图2，过点F作FD′⊥AC，
∵16S△DCF ＝3S四边形ABCD ，
∴16× ×6×DF＝3×6×8，
∴DF＝3，
∴AF＝8﹣3＝5，∵∠DAC＝∠D′AF，∠FD′A＝∠ADC＝90°，
∴△FD′A∽△CDA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴FD′＝3，
∵DF＝D′F＝3，FD′⊥AC，FD⊥CD，
∴CF平分∠DCA，
∴∠ECD＝∠ECA，
∴点E为 的中点．
（3）如图3，连接AI、CI，过点O作O′O″⊥AC交 O于O′、O″，
∵点Ⅰ是△AEC的内心， ⊙
∴∠AIC＝90°+ ∠AEC＝135°，
∴点I的运动路径为分别以O′、O″为圆心，O′A为半径的两段弧，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝ ＝ ＝10，
∴O′A＝O′C＝5 ，即 O′的半径为5 ，
∵点M在线段OE上，且M⊙E＝2MO，
∴OM＝ OE＝ ×5＝ ，即点M的运动路径为以O为圆心，OM为半径的圆，
∵MI取得最小值时，点I在OE上，此时，OI＝5 ﹣5，
∴MI的最小值为：MI＝OI﹣OM＝5 ﹣5﹣ ＝5 ﹣ ，
故答案为：5 ﹣ ．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性
质，相似三角形的判定和性质，圆的性质，三角形内心，勾股定理等，第（3）小题中判断出点I、M的
运动路径是解题关键．
9．（2020秋•乐亭县期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（6，0），点B（0，6），动点C在以原
点O为圆心，半径为3的 O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与 O相交于点D（其中点C，
O，D按逆时针方向排列）⊙，连接AB． ⊙
（1）当OC∥AB时，∠BOC的度数为 45 ° 或 135 ° ；
（2）连接AC，BC，点C在 O上运动的过程中，当△ABC的面积最大时，请直接写出△ABC面积的
最大值是 9 +18 ． ⊙
（3）连接AD，当OC∥AD，点C位于第二象限时，①求出点C的坐标；
②直线BC是否为 O的切线？并说明理由．
⊙
【分析】（1）易证△OAB为等腰直角三角形，则∠OBA＝45°，由OC∥AB，当C点在y轴左侧时，有
∠BOC＝∠OBA＝45°；当C点在y轴右侧时，有∠BOC＝180°﹣∠OBA＝135°；
（2）先由等腰直角三角形的性质得AB＝6 ，再由三角形面积公式得到当点C到AB的距离最大时，
△ABC的面积最大，过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交 O于C，此时C点到AB的距离的最
大值为CE的长，然后利用等腰直角三角形的性质求出OE，计算△⊙ABC的面积；
（3）①过C点作CF⊥x轴于F，先证Rt△OCF∽Rt△AOD，则 ＝ ，解得CF＝ ，再利用勾股
定理计算出OF的长，则可得到C点坐标；
②先证∠COF＝30°，则可得到BOC＝60°，∠AOD＝60°，再证△BOC≌△AOD（SAS），得∠BCO＝
∠ADO＝90°，然后由切线的判定定理可确定直线BC为 O的切线．
【解答】解：（1）∵点A（6，0），点B（0，6）， ⊙
∴OA＝OB＝6，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OBA＝45°，
∵OC∥AB，
∴当C点在y轴左侧时，∠BOC＝∠OBA＝45°；
当C点在y轴右侧时，∠BOC＝90°+∠OBA＝135°；
综上所述，∠BOC的度数为45°或135°，
故答案为：45°或135°；
（2）∵△OAB为等腰直角三角形，
∴AB＝ OA＝6 ，∴当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，
过O点作OE⊥AB于E，OE的反向延长线交 O于C，如图1：
⊙
此时C点到AB的距离的最大值为CE的长，
∴OE＝ AB＝3 ，
∴CE＝OC+OE＝3+3 ，
∴△ABC的面积＝ CE•AB＝ ×（3+3 ）×6 ＝9 +18；
即当点C在 O上运动到第三象限的角平分线与圆的交点位置时，△ABC的面积最大，最大值为9
+18； ⊙
故答案为：9 +18；
（3）①过C点作CF⊥x轴于F，如图2：
∵OC∥AD，
∴∠COF＝∠DAO，又∵∠ADO＝∠CFO＝90°，
∴△OCF∽Rt△AOD，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：CF＝ ，
在Rt△OCF中，OF＝ ＝ ＝ ，
∴C点坐标为（﹣ ， ）；
②直线BC是 O的切线．理由如下：
⊙
由①得：（﹣ ， ），
在Rt△OCF中，OC＝3，CF＝ ，
∴CF＝ OC，
∴∠COF＝30°，
∴∠OAD＝30°，
∴∠BOC＝60°，∠AOD＝60°，
∵在△BOC和△AOD中，
，
∴△BOC≌△AOD（SAS），
∴∠BCO＝∠ADO＝90°，
∴OC⊥BC，
∴直线BC为 O的切线．
【点评】本题⊙是圆的综合题目，考查了掌握切线的判定定理、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含 30°角的直角三角形的性质等
知识；本题综合性强，熟练掌握切线的判定和直角三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题
的关键，属于中考常考题型．
题型六：辅助圆模型
一．解答题（共10小题）1．（2021秋•武夷山市期末）如图，C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在AB的同侧作等边△HAC
与等边△DCB，连接DH．
（1）如图1，当∠DHC＝90°时，直接写出DC与CH的数量关系为 CD ＝ 2 CH ；
（2）在（1）的条件下，点C关于直线DH的对称点为E，连接AE、BE，求证：CE平分∠AEB；
（3）现将图1中△DCB绕点C顺时针旋转一定角度 （0°＜ ＜90°），如图2，点C关于直线DH的对
称点为E，则（2）中的结论是否成立并证明． α α
【分析】（1）根据等边三角形的性质可知∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，从而得出答案；
（ 2 ） 由 EH ＝ CH ＝ AH ， 则 ， 由 （ 1 ） 可 得 BC ＝ 2CH ＝ EC ， 得
，等量代换即可；
（3）根据HC＝HA＝HE，则A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上，得 ，
同理可得． ，从而证明结论．
【解答】解：（1）CD＝2CH，
∵△HAC与△DCB都是等边三角形，
∴∠ACH＝∠DCB＝60°，AC＝HC，BC＝CD，
∴∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，
∵∠DHC＝90°，
∴∠HDC＝180°﹣∠DHC﹣∠HCD＝30°，
∴CD＝2CH，
故答案为：CD＝2CH；
（2）如图1，由对称性得∠EHD＝90°，EH＝HC，
∵AH＝HC，∴EH＝AH，
∴ ，
由（1）可得BC＝2CH＝EC，
∴ ，
∴∠AEC＝∠BEC，
即CE平分∠AEB；
（3）结论仍然正确，理由如下：
如图，由对称性可知：HC＝HE，
又∵AH＝HC，
∴HC＝HA＝HE，
∴A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上，
∴ ，
同理可得． ，
∴∠AEC＝∠BEC，
∴EC平分∠AEB．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含 30°角的直角三角形
的性质，证明点A，C，E都在以H为圆心，HA为半径的圆上是解题的关键．
2．（2021秋•自贡期末）在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥BC，垂足为C，∠BDC＝∠BAC，AC与
BD交于点E．
（1）如图1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的长；
（2）如图2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分别为M，N，CN＝4，求DB+DC的长．【分析】（1）先根据有一个角是60度的等腰三角形式等边三角形，由此可推出∠BAC的度数，再根据
直角三角形推出30度角，即可得到线段的关系求解；
（2）根据Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四点共圆，利用圆周角性质得到角度相等，
结合题目条件证明三角形全等得出相等的线段，最后利用等量代换即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∵CD⊥BC，
∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，
∴DC＝ BD＝3．
（2）作△BCD的外接圆 O，如图所示：
⊙
∵CD⊥BC，
∴BD为 O直径，
∵∠BDC⊙＝∠BAC，
∴A点在 O上，
∴∠BAD⊙＝90°，
∵AM⊥BD，AN⊥CD，
∠AMB＝∠ACN＝90°，
∴在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，BM＝CN，
∵在Rt△AMD和Rt△AND中，
∴Rt△AMD≌Rt△AND，
∴DN＝DM，
∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．
【点评】本题第一问主要考查等边三角形的判定再结合 30角的直角三角形的性质，第二问主要考查隐
形圆的问题，利用题目条件得到隐形圆，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用线段相等进行等量
代换．
3．（2022秋•任城区校级期末）【阅读】
辅助线是几何解题中沟通条件与结论的桥梁．在众多类型的辅助线中，辅助圆作为一条曲线型辅助线，
显得独特而隐蔽．
性质：如图①，若∠ACB＝∠ADB＝90°，则点D在经过A，B，C三点的圆上．
【问题解决】
运用上述材料中的信息解决以下问题：
（1）如图②，已知DA＝DB＝DC．
求证：∠ADB＝2∠ACB．
（2）如图③，点A，B位于直线l两侧．用尺规在直线l上作出点C，使得∠ACB＝90°．（要求：要有
画图痕迹，不用写画法）
（3）如图④，在四边形ABCD中，∠CAD＝90°，CB⊥DB，点F在CA的延长线上，连接DF，∠ADF
＝∠ABD．
求证：DF是△ACD外接圆的切线．【分析】（1）由DA＝DB＝DC，可知点A，B，C在以D为圆心，DA为半径的圆上，根据圆周角定理
即可证得结论；
（2）作线段AB的垂直平分线，与AB交于一点O，以O为圆心，以OA为半径作圆，圆与直线l的交
点即为C点；
（3）取CD的中点O为圆心，CD为直径作圆O，则 O是△ACD的外接圆，由∠DAC＝∠DBC＝
90°，可得点B在△ACD的外接圆上．由圆周角定理得出⊙∠ACD＝∠ABD．即可得出∠ACD＝∠ADF．
进而即可证得∠ADF+∠ADC＝90°．得到CD⊥DF．看证得DF是△ACD外接圆的切线．
【解答】解：（1）如图②，由DA＝DB＝DC，可知
点A，B，C在以D为圆心，DA为半径的圆上．
所以，∠ADB＝2∠ACB．
（2）如图③，点C ，C 就是所要求作的点．
1 2
（3）如图④，取CD的中点O为圆心，CD为直径作圆O，则 O是△ACD的外接圆；
⊙
由∠DAC＝∠DBC＝90°，可得点B在△ACD的外接圆上．∴∠ACD＝∠ABD．
∵∠ADF＝∠ABD，
∴∠ACD＝∠ADF．
∵∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠ADC＝90°．
∴∠CDF＝90°．
即CD⊥DF．
∴DF是△ACD外接圆的切线．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的外接圆，作出三角形的外接圆是解题的关键．
4．（2021秋•盱眙县期末）（1）【学习心得】
小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，
可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度
数，若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆 A，则点C、D必在 A上，∠BAC是 A的圆心角，而
∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝⊙ 4 5 或 13 5 °． ⊙ ⊙
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
小刚同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：△ABD的外接圆就是以
BD的中点为圆心， BD长为半径的圆；△BCD的外接圆也是以BD的中点为圆心， BD长为半径的
圆．这样A、B、C、D四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出∠BAC的度数，请运用小刚
的思路解决这个问题．
（3）【问题拓展】
如图3，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC边上的高，且BD＝6，CD＝2，求AD的长．【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）如图3，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、
OC．利用圆周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得DE＝OF＝2；在等腰
Rt△BOE中，利用勾股定理得到OE＝DF＝4；则在Rt△AOF中，易得AF＝2 ，故AD＝2 +4．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在 A上，
∵∠BAC是 A的圆心角，而∠BDC⊙是圆周角，
⊙
∴∠BDC＝ ∠BAC＝45°，
同理，当点D在弧BC上时，∠BDC＝135°．
故答案为：45°或135；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）如图3，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、
OC．
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°．
在Rt△BOC中，BC＝6+2＝8，
∴BO＝CO＝4 ．∵OE⊥BC，O为圆心，
∴BE＝ BC＝4，
∴DE＝OF＝2．
在Rt△BOE中，BO＝4 ，BE＝4，
∴OE＝DF＝4．
在Rt△AOF中，AO＝4 ，OF＝2，
∴AF＝2 ，
∴AD＝2 +4．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾
股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
5．（2021秋•宽城区期末）【问题原型】如图①，在 O中，弦BC所对的圆心角∠BOC＝90°，点A在
优弧BC上运动（点A不与点B、C重合），连结AB⊙、AC．
（1）在点A运动过程中，∠A的度数是否发生变化？请通过计算说明理由．
（2）若BC＝2，求弦AC的最大值．【问题拓展】如图②，在△ABC中，BC＝4，∠A＝60°．若M、N分别是AB、BC的中点，则线段MN
的最大值为 ．
【分析】（1）根据圆周角定理可知∠A＝45°；
（2）当AC为 O的直径时，AC最大，由△BOC是等腰直角三角形，求出OC的长，可知直径AC的
长； ⊙
【问题拓展】画△ABC 的外接圆 O，连接 OB，OC，ON，首先利用三角函数求出 OB＝
⊙
，可知AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝ ，再根据三角形中位线
定理即可解决问题．
【解答】解：【问题原型】（1）∠A的度数不发生变化，理由如下：
∵ ，∠BOC＝90°，
∴ ；
（2）当AC为 O的直径时，AC最大，
在Rt△BOC中⊙，∠BOC＝90°，
根据勾股定理，得OB2+OC2＝BC2，
∵OB＝OC，
∴ ，
∴ ，
即AC的最大值为 ；
【问题拓展】如图，画△ABC的外接圆 O，连接OB，OC，ON，
⊙则ON⊥BC，∠BON＝60°，BN＝ BC＝2，
∴OB＝ ，
∵M、N分别是AB、BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN＝ AC，
∴AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝ ，
∴MN最大值为 ，
故答案为： ．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形中位线定理等知识，
明确直径是圆中最大的弦是解题的关键．
6．（2021秋•泗阳县期末）如图，已知AB⊥MN于点B，且AB＝10cm，将线段AB绕点B按逆时针方向旋
转角 （0≤ ≤360°）得到线段BC，过点C作CD⊥MN于点D， O是△BCD的内切圆，直线AO、
BC相α交于点αH． ⊙
（1）若 ＝60°，则CD＝ 5 cm．
（2）若αAO⊥BC
①点H与 O的位置关系是 B ；
A．点H在⊙O外
B．点H在⊙O上
C．点H在⊙O内
②求线段A⊙O的长度．（3）线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°，求点O运动的路径长．
【分析】（1）由旋转的性质知BC＝BA＝10cm，则CD＝ BC＝5cm；
（2）①若 O与BC相切于P，则OP⊥BC，则点P与H重合，可得答案；
②延长AO⊙交BD于E，利用∠A＝∠CBD＝90°﹣ ，用 的代数式表示∠AOB和∠ABO，从而解决问
题； α α
（3）在直线 BD 上取 BG＝BC，连接 OG，以 BG 为斜边在等腰直角△BFG，利用 SAS 证明
△BOG≌△BOC，得∠BOC＝∠BOG，而∠BOC＝135°，从而确定点O的运动路径．
【解答】解：（1）∵线段AB绕点B按逆时针方向旋转角 （0≤ ≤360°）得到线段BC，
∴BC＝BA＝10cm， α α
当 ＝60°时，∠CBD＝30°，
α
∴CD＝ BC＝5cm，
故答案为：5；
（2）①当AO⊥BC时，
则OH⊥BC，
若 O与BC相切于P，
则⊙OP⊥BC，
∴点P与H重合，
∴点H在 O上，
故选：B；⊙
②延长AO交BD于E，∵AO⊥BC，
∴∠A＝∠CBD＝90°﹣ ，
∵ O是△BCD的内切α圆，
∴⊙BO平分∠CBD，
∴∠OBC＝ ∠CBD＝45°﹣ ，
α
∴∠AOB＝90°﹣∠OBC＝90°﹣（45°﹣ ）＝45°+ ，
α α
∵∠ABO＝∠ABC+∠CBO＝ +45°﹣ ＝45°+ ，
∴∠AOB＝∠ABO， α α α
∴AO＝AB＝10cm；
（3）如图，在直线BD上取BG＝BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，∵∠OBG＝∠OBC，OB＝OB，
∴△BOG≌△BOC（SAS），
∴∠BOC＝∠BOG，
∵∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠BCO+∠OBC＝45°，
∴∠BOC＝135°，
∴∠BOG＝135°，
∴点O在以F为圆心、BF为半径的圆上运动，
∵BG＝BC＝10cm，
∴BF＝5 cm，
∴当线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°时，O运动的路径长为 ＝ （cm）．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了三角形内切圆的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，
切线的性质等知识，构造全等三角形得出点O的运动路径是解题的关键，属于中考压轴题．
7．（2021秋•开福区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点M在x轴负半轴上， M与x轴交于A、
B两点（A在B的左侧），与y轴交于C、D两点（点C在y轴正半轴上），且 ⊙ ，点B的坐
标为（3，0），点P为优弧CAD上的一个动点，连结CP，过点M作ME⊥CP于点E，交BP于点N，
连结AN．
（1）求 M的半径长；
⊙（2）当BP平分∠ABC时，求点P的坐标；
（3）当点P运动时，求线段AN的最小值．
【分析】（1）连接CM，由CD＝2 OM，CD⊥MB，得CM＝ ＝2OM，得∠MCO＝30°，
∠CMO＝60°，从而证明结论；
（2）连接 AP，过点 P 作 PF⊥AB 于 F，由 BP 平分∠ABC，得∠ABP＝30°，则 AP＝ ，在
Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，得PF＝ ，BF＝ ＝9，从而得出点P的坐标；
（3）由∠PNE＝∠BNM＝60°，BM＝6，可知点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时
AN的最小值为AG﹣GM，再利用勾股定理分别求出AG和GM的长即可．
【解答】解：（1）如图，连接CM，
∵CD＝2 OM，
∴ OM，
∵CD⊥MB，∴CM＝ ＝2OM，
∴∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，
∵MC＝MB，
∴△CMB为等边三角形，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴MB＝2OB＝6，
∴ M的半径长为6；
（⊙2）连接AP，过点P作PF⊥AB于F，
∵AB为 M的直径，AB＝2MB＝12，
∴∠APB⊙＝90°，
∴△APB为直角三角形，
由（1）得△CMB是等边三角形，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝30°，
∴AP＝ ，
∴BP＝ ＝6 ，
在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，
∴PF＝ ，∴BF＝ ＝9，
∴OF＝BF﹣OB＝6，
∴OF＝6，PF＝3 ，
∴P（﹣6，3 ）；
（3）∵CD垂直平分MB，
∴在OC上取点G，使∠GMB＝30°，连接GM，GB，
∵ME⊥PC，
∴∠PEM＝90°，
∵∠CPB＝ ∠CMB＝30°，
∴∠PNE＝∠BNM＝60°，
∴BM＝6，
∴点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时AN的最小值为AG﹣GM，
∵BM＝6，∠GMB＝30°，
∴OG＝ ，GM＝2 ，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，AG＝ ，
∴AN的最小值为2 ﹣2 ．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，含 30°角的直角三角
形的性质，勾股定理等知识，运用定弦对定角确定点N的运动路径是解题的关键．
8．（2022秋•沙坪坝区校级期末）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，D是线段BC上一点，延长BC至
点E，使得CE＝CD，过点E作EG⊥AD于点G，交AB于点F．
（1）如图1，连接CG，若AD平分∠BAC，CG＝2，求BC的长；（2）如图2，H是平面内一点，连接AH、DH，DA平分∠EDH，∠BAH＝2∠CAD，用等式表示线段
BD、BF、DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，CD＝2，AC＝3，点M为平面内一点，连接 BM、DM，满足
∠AMD＝2∠H，当 BM 最小时，将△BDM 沿着 BD 翻折到同一平面内得△BDM’，过点 E 作
EK⊥BE，交直线DM’于点K，直接写出线段EK的长度．
【分析】（1）如图1，过点D作DQ⊥AB于Q，利用角平分线性质和等腰直角三角形性质即可求得答
案；
（2）如图2，在线段HD上取点N，连接AN，使∠HAN＝∠BAD，过点F作FT⊥BC于T，连接AE，
利用 SAS 可证得△ACE≌△ACD，再证明△CAD≌△TEF（AAS），△AHN≌△ABD（AAS），
△ADN≌△ADE（SAS），即可得出BD+ BF＝DH；
（3）如图3，以AD为直径作 O，当BM最小时，点M为线段OB与 O的交点，如图4，连接OB交
O于M，作点M关于BD的⊙对称点M′，连接MM′交BD于L，过⊙点O作OP⊥BC于P，运用勾股
⊙定理和相似三角形的判定和性质即可求得答案．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DQ⊥AB于Q，∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DQ⊥AB，
∴DQ＝DC＝2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠BAC＝45°，
∵∠BQD＝90，
∴△BDQ是等腰直角三角形，
∴BD＝ DQ＝2 ，
∴BC＝BD+DC＝2 +2；
（2）BD+ BF＝DH；理由如下：
如图2，过点F作FT⊥BC于T，连接AE，
∵CE＝CD，∠ACE＝∠ACB＝90°，AC＝AC，
∴△ACE≌△ACD（SAS），
∴∠AEC＝∠ADC，∠CAE＝∠CAD，AE＝AD，
∴∠DAE＝2∠CAD，
∵∠BAH＝2∠CAD，
∴∠DAE＝∠BAH，
∴∠DAE+∠DAB＝∠DAB+∠BAH，
即∠EAB＝∠DAH，
∵DA平分∠EDH，∴∠ADH＝∠ADE＝∠AEB，
∴△AEB≌△ADH（ASA），
∴EB＝DH，
即BD+DE＝DH，
∵EG⊥AD，
∴∠FET+∠ADC＝90°，
∵∠CAD+∠ADC＝90°，
∴∠FET＝∠CAD，
∵∠AFE＝∠FET+∠B＝∠CAD+45°，∠EAF＝∠CAE+∠BAC＝∠CAD+45°，
∴∠AFE＝∠EAF，
∴AE＝EF＝AD，
在△CAD和△TEF中，
，
∴△CAD≌△TEF（AAS），
∴FT＝CD＝ DE，∠ADE＝∠AED，
∵△BET是等腰直角三角形，
∴BF＝ FT＝ DE，
∴DE＝ BF，
∴BD+ BF＝DH；
（3）由（2）知∠H＝45°，
如图3，以AD为直径作 O，
∵∠AMD＝2∠H， ⊙
∴∠AMD＝90°，∴点M在 O上，
∴当BM最⊙小时，点M为线段OB与 O的交点，
如图 4，连接 OB 交 O 于 M，作点⊙M 关于 BD 的对称点 M′，连接 MM′交 BD 于 L，过点 O 作
OP⊥BC于P， ⊙
则OP＝ AC＝ ，PD＝ CD＝1，BD＝BC﹣CD＝1，
∴BP＝2，
在Rt△ACD中，AD＝ ＝ ，
∴OM＝ ，
在Rt△BOP中，OB＝ ＝ ＝ ，
∴BM＝OB﹣OM＝ ﹣ ＝ ，
∵M与M′关于BD对称，
∴MM′⊥BD，ML＝M′L，
∵∠BLM＝∠BPO＝90°，∠MBL＝∠OBP，
∴△BML∽△BOP，∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴ML＝ ，BL＝ ，
∴M′L＝ ，DL＝BD﹣BL＝1﹣ ＝ ，
∵EK⊥BE，
∴∠DEK＝∠DLM′＝90°，
∵∠EDK＝∠M′DL，
∴△DEK∽△DLM′，
∴ ＝ ，
∵DE＝2CD＝4，
∴ ＝ ，
∴EK＝ ．
【点评】本题是三角形综合题，考查了角平分线性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的
判定和性质，相似三角形的判定和性质，轴对称变换的性质，与圆有关的最值问题，添加辅助线构造辅
助圆是解题关键．
9．（2022秋•丰都县期末）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠CAD＝30°，CD＝2，求AB的长；
（2）如图2，将△ABC的边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90°得到△AEC，F为AE延长线上一点，
连接CF．若EF＝BD，∠ECF＝∠BAD，求证：AB＝2CD；
（3）如图3，在（1）的条件下，M为射线AB上一动点，连接CM，DM，将△CDM沿CM翻折，得到
△MCD′，连接AD′，N为AD′的中点，连接BN，当BN的长度最小时，请直接写出 的值．【分析】（1）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理及等腰直角三角形性质即可求得答案；
（2）如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，设AC＝BC＝a，EF＝BD＝
x，则AB＝ a，CD＝a﹣x，由△CEG∽△ABD，可求得EG＝ x，再由△FEG∽△FHC，可求得x
＝ a，即可证得结论；
（3）如图3，在射线AB截取BL＝AB＝2 ，连接D′L，以C为圆心，2为半径作 C，点D′在以
C为圆心，2为半径的 C上运动，当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L⊙的长度最小，如
图4，过点C作CK⊥A⊙B于点K，过点B作BS∥CL交CM的延长线于点S，利用勾股定理和相似三角形
的判定和性质即可求得答案．
【解答】（1）解：如图1，在Rt△ACD中，∵∠CAD＝30°，CD＝2，
∴AD＝2CD＝4，
∴AC＝ ＝ ＝2 ，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，AB＝ AC＝ ×2 ＝2 ；
（2）证明：如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，
则∠FEG＝∠AEG＝∠FHC＝90°，设AC＝BC＝a，EF＝BD＝x，
则AB＝ a，CD＝a﹣x，
∵边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90°得到EC，
∴EC＝AC＝a，∠ACE＝90°，
∴AE＝ a，∠AEC＝45°，
∴∠CEG＝∠AEG﹣∠AEC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠CEG＝∠B，
∵∠ECF＝∠BAD，
∴△CEG∽△ABD，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
∴EG＝ x，
∵AC＝EC，CH⊥AE，
∴EH＝AH＝ AE＝ a，CH＝ AE＝ a，
∴FH＝EF+EH＝x+ a，
∵∠FEG＝∠FHC，
∴EG∥HC，
∴△FEG∽△FHC，
∴ ＝ ，即 ＝ ，解得：x＝ a，
∴CD＝a﹣ a＝ a，
∴AB＝2CD；
（3）解：由（1）知 AB＝2 ，AC＝BC＝2 ，如图 3，在射线 AB截取 BL＝AB＝2 ，连接
D′L，
以C为圆心，2为半径作 C，
⊙
∵N为AD′的中点，B为AL的中点，
∴BN＝ D′L，
当BN的长度最小时，D′L的长度最小，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴CD′＝CD＝2，即点D′在以C为圆心，2为半径的 C上运动，
∴当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L的长⊙度最小，
如图4，过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BS∥CL交CM的延长线于点S，
则CK＝BK＝ AB＝ ，
∴KL＝BK+BL＝3 ，∴CL＝ ＝ ＝2 ，
∴D′L＝CL﹣CD′＝2 ﹣2，
∴BN＝ D′L＝ ﹣1，即BN的最小值为 ﹣1，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴∠BCM＝∠LCM，
∵BS∥CL，
∴∠S＝∠LCM，
∴∠S＝∠BCM，
∴BS＝BC＝2 ，
∵BS∥CL，
∴△BSM∽△LCM，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴ML＝ BM，
∵ML+BM＝BL，
∴ BM+BM＝2 ，
∴BM＝ ，
∴AM＝AB+BM＝2 + ＝ ，
∴ ＝ ＝2+ ；
故 的值为2+ ．
【点评】本题是几何综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的
判定和性质，角平分线定义，圆外点到圆上点的最值，三角形中位线定理等，添加辅助线构造辅助圆和
相似三角形是解题关键．
10．（2020秋•南京期末）（1）【学习心得】
于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可
以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度
数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助 A，则点C、D必在 A上，∠BAC是 A的圆心角，而
∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝⊙ 4 5 °． ⊙ ⊙
（2）【问题解决】
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
（3）【问题拓展】
如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接
BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是 ﹣ 1 ．
【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“边角边”
证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△ADG和
△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH＝ AB＝1，利
用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，AB为半径作圆A，点B、C、D必在 A上，
∵∠BAC是 A的圆心角，而∠BDC是圆周角， ⊙
⊙
∴∠BDC＝ ∠BAC＝45°，
故答案为：45；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝ AB＝1，
在Rt△AOD中，OD＝ ＝ ＝ ，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝ ﹣1．
（解法二：可以理解为点H是在Rt△AHB，AB直径的半圆 上运动当O、H、D三点共线时，DH长度
最小）故答案为： ﹣1．
【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾
股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
