第二十四章圆（压轴题专练）（教师版）-（人教版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2024版

第二十三章 旋转（压轴题专练）
一、填空题
1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点A是O上一定点，点B是O上一动点、连接OA、OB、
AB AO AB 60 AA AB OA BB AB OB
，分别将线段 、 绕点A顺时针旋转 到 、 ，连接 、 、 、 ，下列结论：
1
①点 在 上；②
；③BBA BOA
；④当 时， 与 相切．正确的
A O △OAB≌△AAB 2 OB=2OA AB O
有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】由旋转的性质，易证△AOA和BAB是等边三角形，得到OAOA，即可判断①结论；逆用等
OAB≌AABSAS
边三角形性质，即可证明 ，判断②结论；利用等腰三角形的性质和全等三角形的性质，
得到ABAOAB，再利用等边三角形的性质，得到BBAAAB，然后根据圆周角定理，即可判断
③结论；利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质，得到AABABA，再利用等边三角形的性质和
三角形外角的定义，得到ABA30，进而得到OAB90，然后利用切线的判定定理可判断④结论．
【详解】解：由旋转的性质可知，OA AA，OAA60，AB AB，BAB60，
AOA和BAB是等边三角形，
OAOA，
点A在O上，①结论正确；
OAABAB60
OABAAB，在OAB和△ AAB中，
OA AA

OABAAB
，

AB AB
OAB≌AABSAS
，②结论正确；
OAOB，
OABOBA，
OAB≌AAB，
OBAABA，OABAAB，
OBAOABABAAAB，
AOA和BAB是等边三角形，
ABBOAA60，
AABOAAOAB60OAB，BBAABBABA60ABA
ABAOAB，
BBAAAB，
1
AAB BOA
，
2
1
BBA BOA
，③结论正确；
2
OAB≌AAB，
OB AB，
OBOA，OA AA，
ABAA，
AABABA，
当OB=2OA时，
∵OBOAAB，OA AB，
∴OB2OA，
∴A在OB上，
OAAAOA60，
AABABA60，
ABA30，
OAB180AOAABA90，AB与O相切，④结论正确，
综上所述，正确的结论有①②③④，共4个，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判
定和性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
2．（2023春·重庆开州·八年级统考期末）如图，以直角三角形ABC的斜边AB为边在三角形ABC的同侧
ABDE AD BE O CO AC 1 CO2 2
作正方形 ，正方形的对角线 ， 相交于点 ，连接 ，如果 ， ，则正方形
ABDE的面积为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
【答案】D
【分析】将△ACO绕点A逆时针旋转90得到ACO，连接CC，过点A作AF CC于点F，证明
△ACC CC 2AC  2 ACC 45
是等腰直角三角形，求出 ， ，证明点A、C、O、B四点共圆，得出
BCOBAO45，证明ACCACO45135180，得出点C、C、O三点共线，根据勾股
2 2
 2 5 2
定理求出AO AO 







 13，根据等腰直角三角形的性质得出正方形的边长为
2 2
   
2AO 2 13 262AO 2 13 26
，最后求出正方形的面积即可．
【详解】解：将△ACO绕点A逆时针旋转90得到ACO，连接CC，过点A作AF CC于点F，如图
所示：
AC AC 1 CAC90 COCO2 2
∴ ， ， ，
∴△ACC是等腰直角三角形，
CC 2AC  2 ACC 45
∴ ， ，
∵正方形的对角线AD，BE相交于点O，
∴AOB90，
∵ACB90，
∴点A、C、O、B四点共圆，
∴BCOBAO45，
∴ACOACO9045135，
∵ACCACO45135180，
∴点C、C、O三点共线，
∵AF CC，△ACC是等腰直角三角形，
1 2
AF FC CC
∴ 2 2 ，
2 5 2
FO2 2 
∴ 2 2 ，
2 2
 2 5 2
∴AO AO 







 13，
2 2
   ABDE 2AO 2 13 26
∴正方形 的边长为 ，
 2
26 26
∴正方形ABDE的面积为 ，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，解
题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质．
3．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考二模）如图，O的半径是5，点A是圆周上一定点，点B
在O上运动，且ABM 30，AC BM ，垂足为点C，连接OC，则OC的最小值是（ ）
3 3 3 3 5 3 5

A． 2 B． 2 C． 3 D． 2 2
【答案】D
【分析】设BM 交O于T，连接OT、OA、AT ，过O作OH AT于H ，连接CH ，由题意易证明OTA
TH AH  5 OH  52   5  2  5 3
是等边三角形，即得出 AT OT OA5 ， 2 ，从而由勾股定理可求出 2 2 ．再根
1 5
CH  AT 
据直角三角形斜边中线的性质可知 ，最后利用三角形三边关系即可求解．
2 2
【详解】设BM 交O于T，连接OT、OA、AT ，过O作OH AT于H ，连接CH ，
B30，
TOA60，OT OA，
OTA是等边三角形，
5
TH AH 
， ，
AT OT OA5 2
5 2 5 3
OH  52  
由勾股定理得： 2 2 ．
 AC BM ，
ACM 90．
 AH TH，
1 5
CH  AT 
，
2 2
在OCH 中，OCOHCH ，
5 3 5
OC  ，
2 2
5 3 5
的最小值是  ，
OC 2 2
故选：D．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质和三角形三边关系的
应用．正确的作出辅助线是解题关键．
4．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形ABCD中，AB12，点P为边DA上一个动点，连接
CP E CD DE4 AB Q EQCP CP M BM BM
，点 为 上一点，且 ，在 上截取点 使 ，交 于点 ，连接 ，则 的
最小值为（ ）
4 104
A．8 B．12 C． D． 835
【答案】C
【分析】如图所示，过点E作EF  AB于F ，当点P运动时，点M 在以CE为直径的半圆上，即点M 在圆心为O的半圆上运动，当点M 运动到OB连线上时，BM 的值最小，根据题意可证
Rt△EFQ≌Rt△CDP(HL) CEM M CE
，由此可证 是直角三角形，可得点 在以 为直径的半圆上运动，可求
出半圆的半径，在Rt△BCO中，可求出OB的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点E作EF  AB于F ，连接BO，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
AABC BCDDEFQ90
AB=BC=CD=AD=12
∴ ， ，
∵EF  AB，
∴四边形AFED是矩形，则ADEF CD，
Rt△ EFQ Rt△CDP
在 和 中，
EQCP

EF CD，
Rt△EFQ≌Rt△CDP(HL)
∴ ，
FEQDCP
∴ ，
FEQ+CEM CEF 90
∵ ，
∴DCP+CEM 90，
∴EMC 90，即CEM 是直角三角形，
∴当点P运动时，点M 在以CE为直径的半圆上运动，设圆心为O，当点M运动到OB连线上时，BM 的
值最小，
∵CD12,DE 4，
1 1
∴ ，则半圆的半径OEOC  CE 84，
CECDDE1248 2 2Rt△BCO OB OC2BC2  42122 4 10
在 中， ，
当点M 运动到OB连线上时，BM 的值最小，
BM 4 104
∴ 的最小值为 ，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形与圆的结合求最值，理解动点的运动规律，正方形的性质，全等三角形的判
定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．
A6,0 B0,8
5．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在平面直角坐标系中， ， ，点C在x轴正半轴上，
点D在y轴正半轴上，且CD6，以CD为直径的第一象限作半圆，交线段AB于点E、F，则线段EF的最
大值为（ ）
3.6 4.8 3 2 3 3
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH  AB于H，连接OG、FG，先求出
OA6，OB8，进而求出AB10，再根据等面积法求出OH 4.8，由直角三角形斜边中线的性质得到
OGFG3 EF 2FM FM  9GM2 GM FM EF
，由垂径定理得到 ，由 ，可知当 最小时， 最大，即
GM 1.8 FM  91.82 2.4 EF 4.8
最大，再由OGGM OH ，得到 最小值 ，则 最大值 ，即可得到 最大值 ．
【详解】解：过CD的中点G作EF的垂线与AB交于点M，过点O作OH  AB于H，连接OG、FG
A6,0 B0,8
∵ ，
∴OA6，OB8，
AB OA2OB2 10
∴ ，1 1
∵S  OAOB ABOH ，
△ABC 2 2
OAOB
∴OH  4.8；
AB
∵CD6，COD90，G为CD的中点，
1
∴OGFG CD3，
2
∵GM EF ，
∴∠GMF 90，EF 2FM ，
FM  GF2GM2  9GM2
∴ ，
∴当GM 最小时，FM 最大，即EF最大，
∵OGGM OH ，
∴3GM 4.8，
GM 1.8
∴ GM 1.8 ，即 最小值 ，
FM  91.82 2.4
∴ 最大值 ，
EF 4.8
∴ 最大值 ，
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出
辅助线是解题的关键．
6．（2023·湖北武汉·统考二模）如图，O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与O切于点E、F ，
M N DE DF MN O △MBN O
点 、 分别在线段 、 上，且 与 相切．若 的面积为6，则 的半径为（ ）2 3 10 2 2 6
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设MN与O相切与点K，设正方形的边长为2a．因为AD、CD、MN 是切线，可得
AE DE DF CF a，MK ME，NK  NF，设MK ME  x，NK  NF  y，在Rt△DMN 中，以为
MN  x y，DN a y，DM ax x y2 ax2a y2 axayxya2
，则 ，推出 ，根据
S S S S S 6
BMN 正方形ABCD ABM DMN BCN ，构建方程求出a即可解决问题；
【详解】解：如图所示，设MN与O相切与点K，
由题意得，AE DE DF CF
由切线长定理可知ME MK，NK  NF，
设正方形边长为2a，ME MK  x，NK  NF  y，则AE DE DF CF a
∴MN  x y，DM ax，DN a y，
由勾股定理得MN2 DM2DN2，
x y2 ax2a y2
∴ ，
x22xy y2 a22axx2a22ay y2
∴ ，
axayxya2
∴ ，
S S S S S 6
∵ BMN 正方形ABCD ABM DMN BCN ，
1 1 1
∴
2a2 2aax axa y 2aa y6，
2 2 2
3 1
∴
a2 axayxy6，
2 23 1
∴ a2 a2 6，
2 2
a 6
∴ （负值舍去），
AB2a2 6
∴ ，
O 6
∴ 的半径为 ，
故选D．
【点睛】本题考查正方形内切圆的性质，正方形的性质、勾股定理切线长定理等知识，解题的关键是学会
利用参数解决问题．
二、填空题
7．（2023·浙江温州·校考三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由
24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合
拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正
A B A A M M
二十四边形顶点 1，正八边形顶点 1与圆心O共线，正二十四边形顶点 1， 10与正八边形顶点 1， 3
AA
1 10
共线，则M M 的值为 ；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点 M ， M ，…，
1 3 1 2
M M O O M M OA 67.5
8逆时针同速旋转．圆心O绕 1旋转后的对应点为 1，以此类推，当 1落在 1 2上时，若 1
OO
米，则 1 5的值为 米．21 1 2 135 2135
【答案】 /
OC AA OA ,OA,OM ,OM CM OC
【分析】如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1，运用正多边形的性质说明 3 ,
AA
  1 10
OM 3  2OC,进而得到M 1 M 3 2OC、 A 1 A 10 2CA 10 2OC2 2OC 1 2 2OC ，然后代入M 1 M 3 计算
A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5
即可；如图：由题意可得 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ，运用勾股定理可求得
135 2135
OO 
1 2 OO 2OO
1 5 1135 2135
OO 
1 2 ，再运用OO 2OO 计算即可．
1 5 1
OC AA OA ,OA,OM ,OM
【详解】解：如图：过O作 1 10,连接 10 1 3 1，
360 360
∴M OM  290，AOA  9135,
1 3 8 1 10 24
OA OA,OM OM
∵ 10 1 3 1，
90 135
∴
COM  45,COA  67.5,
3 2 10 2
COM OM C45
∴ 3 3 ，
CM OC OM  2OC
∴ 3 , 3 ,
M M 2OC
∴ 1 3 ，
A OM 67.54522.5,M A O9067.522.5,
∵ 10 3 3 10
A OM M A O
∴ 10 3 3 10 ，
A M OM  2OC
∴ 10 3 3 ，
A COC 2OC
∴ 10 ，
 
AA 2CA 2OC2 2OC 1 2 2OC
∴ 1 10 10 ,
 
AA 1 2 2OC
1 10  1 2
∴ ．
M M 2OC
1 3A O OO  2OO OO  A A OA OA 67.5
由题意可知： 10 1 1 1, 1 10 1， 10 1 ，
135 2135
∴OA 10 2 OO 1 2A 10 O 1 2 ，即 67.52 OO 1 2  OO 1  2OO 1 2 ，解得： OO 1  2 ，
OO 2OO 135 2135
∴ 1 5 1 ．
1 2 135 2135
故答案为 ， ．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本
题的关键．
xOy
8，6
8．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系 中，点B的坐标为 ，过点B分别y2x6 AB
作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线 与 交于点D．与y轴交于点E．动点M
BC y2x6 AMN
在线段 上，动点N在直线 上，若 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的
坐标为
 2
【答案】
M8,6
或
M

8,
3


【分析】如图，由AMN 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得N 在以AM 为直径的圆H 上，
MN  AN ，可得 N 是圆H 与直线 y2x6 的交点，当 M,B 重合时，符合题意，可得
M8,6
，当N在
AM N NJ  y J MB BJ K NJAMKN 90 JK  AB8
的上方时，如图，过 作 轴于 ，延长 交 于 ，则 ， ，
MNK≌NAJ
Nx,2x6
MK NJ x KN  AJ 2x662x12
证明 ，设 ，可得 ， ，而
KJ  AB8，则2x12x8，再解方程可得答案．
【详解】解：如图，∵AMN 是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，
∴N 在以AM 为直径的圆H 上，MN  AN ，
∴N 是圆H 与直线y2x6的交点，当M,B重合时，
B8,6 H4,3
∵ ，则 ，
∴MH  AH NH 4，符合题意，
M8,6
∴ ，
AM N NJ  y J MB BJ K NJAMKN 90
当N在 的上方时，如图，过 作 轴于 ，延长 交 于 ，则 ，
JK  AB8，
∴NAJ ANJ 90，∵AN MN ，ANM 90，
∴MNKANJ 90，
∴MNK NAJ，
MNK≌NAJ
Nx,2x6
∴ ，设 ，
∴MK NJ x，KN  AJ 2x662x12，
而KJ  AB8，
∴2x12x8，
20 22
解得：x ，则2x6 ，
3 3
22 20 2
∴CM CKMK    ，
3 3 3
 2
M8, 
∴  3；
 2
综上：
M8,6
或
M

8,
3

．
 2
故答案为：
M8,6
或
M

8,
3

．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
ABC AB7,BC 3,C 90 AC CA
9．（2023·上海·统考中考真题）在 中 ，点D在边 上，点E在 延长线
上，且CDDE，如果B过点A，E过点D，若B与E有公共点，那么E半径r的取值范围是
．
10 r2 10
【答案】
【分析】先画出图形，连接BE，利用勾股定理可得 BE 94r2 ， AC 2 10 ，从而可得 10 r2 10 ，
再根据B与E有公共点可得一个关于r的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接BE，
B过点A，且AB7，
eB的半径为7，
E过点D，它的半径为r，且CDDE，
CECDDE2r，
 BC 3,C 90，
BE BC2CE2  94r2 AC  AB2BC2 2 10
， ，
D在边AC上，点E在CA延长线上，
CD AC  r2 10

，即

，
CE AC 2r2 10
 10 r2 10
，
B与E有公共点，  94r2 7r①
，即 ，
ABDEBE ABDE
7r 94r2②
不等式①可化为3r214r400，
20
解方程 得： 或r ，
3r214r400 r 2 3
y3r214r40
画出函数 的大致图象如下：
20
由函数图象可知，当 时，2r ，
y0 3
20
即不等式①的解集为2r ，
3
20
同理可得：不等式②的解集为 或r ，
r2 3
20
则不等式组的解集为2r ，
3
 10 r2 10
又 ，
10 r2 10
半径r的取值范围是 ，
10 r2 10
故答案为： ．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立
不等式组是解题关键．
10．（2023秋·广东梅州·八年级校考阶段练习）如图，AB为O的直径，且AB8，点C在半圆上，
OM、PM
OCAB BC PEOC OPEOCAB BC PEOC OPE
，垂足为点O，P是 上任意一点，过P点作 于点E，M是 的内心，连接
OM、PM ，当点P在弧BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长 ．
2
【答案】
【分析】首先证明CMOPMO135，推出当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦，
135
OMC
并且所对的圆周角为 的劣弧上（ ），利用弧长公式计算即可解决问题．
【详解】∵OPE的内心为M，
∴MOPMOC，MPOMPE，
1
PMO180MPOMOP180 EOPOPE
∴ ，
2
∵PEOC，即PEO90，
1 1
PMO180－ EOPOPE＝180－ 180－90＝135
∴ ．
2 2
∵OPOC，OM OM ，而MOPMOC，
∴OPM≌OCM ，
∴CMOPMO135，
所以当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦，
135 OMC BOC
并且所对的圆周角为 的劣弧上（ ），点M在扇形 内时，
O OC，OO CO DC，DO
过C、M、O三点作 ，连 ，在优弧 取点D，连 ，
∵CMO135，∴CDO18013545，
1
∴COO90，而OAOC  2 AB4，
2
∴OO 2 OC2 2 ，
902 2
＝
∴弧OMC的长 180 = 2 ，
2
故答案为： ．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式、三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的
内接四边形的性质，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
11．（2023·浙江绍兴·校联考三模）如图，矩形ABCD中，AB6，AD10．动点E在AB边上，以点E
为圆心，以BE为半径作弧，点G是弧上一动点．
（1）如图①，若点E与点A重合，且点F在BC上，当DF与弧相切于点G时，则BF的值是 ；
（2）如图②，若AE1连结CG，DG，分别取DG、CG的中点P、Q，连接PQ，M为PQ的中点，则
CM的最小值为 ．
2 412.5
【答案】
【分析】（1）如图，连接AG,则AGDF,AG6，勾股定理得DG8，由切线长定理得FBFG，设
FBFGx
(8x)2 (10x)262
x2 BF 2
，由勾股定理得 解得 ，即 ；
1
（2）如图，连接 、 ，取 的中点H，连接 ，由中位线性质得 ，PH  BE2.5，
DE GE DE PH PH∥BE 2
1
连接 CE ，取 CE 的中点I，连接 IQ ，同理 IQ∥BE ，IQ 2 BE2.5；易证四边形 PHIQ 是平行四边形，1
得 ，由中位线性质得PQ CD3，求得 ；取 的中点J，可证四边形 是平
HI PQ 2 HI PQ3 HI HJPM
行四边形，得JM PH 2.5，确定点M在以J 为圆心，2.5为半径的圆弧上，由两点之间线段最短得，
CM CM CJ JM CJ 2.5 JH,JI AD,BC
C，M，J三点共线时， 最短，即最小值 ；延长 ，交 于点K，
JLKLKJ 4 RtCJL CJ  JL2CL2  4252  41
L，求得 ，由勾股定理得 中， ，得解最小值
CM CJ JM  412.5
．
【详解】（1）如图，连接AG,则AGDF,AG6，
DG AD2AG2  102 62 8
∴ ，
∵ABC 90，
∴FB与弧相切于点B，
∴FBFG，
设FBFGx，则CF BCFB10x
Rt△CDF中，DF2 CF2CD2
(8x)2 (10x)262
x2 BF 2
即 解得 ，即 ，
1 1
（2）如图，连接 、 ，取 的中点H，连接 ，则 ，PH  BE (ABAE)2.5，
DE GE DE PH PH∥BE 2 2
1
连接 CE ，取 CE 的中点I，连接 IQ ，同理 IQ∥BE ，IQ 2 BE2.5，
∴PH∥IQ,PH IQ，
∴四边形PHIQ是平行四边形，
∴HI PQ，HI∥PQ∥CD，
P、Q是DG、CG的中点，1
∴PQ CD3，
2
∴HI PQ3，
1 1
取 的中点J，由HJ  HI  PQPM 1.5，
HI 2 2
∴四边形HJPM 是平行四边形，
∴JM PH 2.5，即点M在以J 为圆心，2.5为半径的圆弧上，
∴当C，M，J三点共线时，CM 最短，即最小值CM CJ JM CJ 2.5，
JH,JI AD,BC KL∥AB
延长 ，交 于点K，L，则 ，
AD,BC
∴点K，点L分别是 的中点，
1 1
∴CL BC5，HK  AE0.5， ，
2 2 KLCD6
∴KJ HKHJ 0.51.52，JLKLKJ 624，
RtCJL CJ  JL2CL2  4252  41
中， ，
CM CJ JM  412.5
∴最小值 ．
412.5
故答案为：2， ．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质，圆的定义，圆外一点与圆上点距离的最值问题，勾股定理解直角
三角形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等，结合题设条件确定动点的轨迹是解题的关键．
12．（2023·江苏苏州·苏州市胥江实验中学校校考二模）如图，矩形ABCD，AB2，BC 4，E为AB中
1
点， F为直线 上动点，点B、G关于 对称，连接 ，点P为平面上的动点，APB AGB，
BC EF AG 2
则DP的最小值是 ．10 2  2 10
【答案】 /
【分析】由翻折的性质可得，EGEB，由题意得EAEB，EGEA，则EBGEGB，
EAGEGA，由EBGEGBEAGEGA180，可得EGBEGA90AGB，由
1
APB AGB，可知 ，如图，在 上截取 使 ，连接 ，则 ，过
2 APB45 AD AM AM AB BM AMB45
1
作 于 ，则 ，APB45AMB AOB，
A AOBM O AOB90 2
1 1
OM  BM  AB2AM2  2 ，可得 在以 为圆心，半径为 的圆上运动，如图，连接 ，与
2 2 P O 2 OD
O的交点即为DP最小时的点P，过O作OH  AD于H ，则OHM 是等腰直角三角形，则
1
OH HM  AM 1， ，由勾股定理得 ，根据 ，
2 DH ADAH 3 OD OH2DH2  10 DPODOP
计算求解即可．
【详解】解：由翻折的性质可得，EGEB，
E为AB中点，
∴EAEB，
∴EGEA，
∴EBGEGB，EAGEGA，
∵EBGEGBEAGEGA180，
∴EGBEGA90AGB，
1
∵APB AGB，
2
∴APB45，
如图，在AD上截取AM 使AM AB，连接BM ，则AMB45，过A作AOBM 于O，则AOB90，1
∵APB45AMB AOB，
2
1 1
∴OM  BM  AB2AM2  2 ，
2 2
P O 2
∴ 在以 为圆心，半径为 的圆上运动，
如图，连接OD，与O的交点即为DP最小时的点P，过O作OH  AD于H ，则OHM 是等腰直角三角
形，
1
∴OH HM  AM 1，
2
∴DH ADAH 3，
OD OH2DH2  10
∴ ，
DPODOP 10 2
∴ ，
10 2
故答案为： ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理，
圆等知识．解题的关键在于确定P点的运动轨迹．
三、解答题
13．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究
问题情境：如图，已知AB为O的直径，点C为O上异于A，B的一点，过点C作O的切线CE，过
点A作ADCE于点D，连接OC．(1)探究发现：证明：无论点C在何处，将△ADC沿AC折叠，点D一定落在直径AB上；
(2)探究引申：如图2，勤奋小组继续探究发现，若AOC是等腰三角形且对称轴经过点D，此时，CD与
AB存在数量关系，请写出结论并证明；
(3)探究规律：如图3，智慧小组在勤奋小组的启发下发现当AOC为正三角形时，CD与AB存在的数量关
系是：CD______AB．
【答案】(1)见解析
1
(2)CD AB，证明见解析
2
3
(3) 4
【分析】（1）先根据切线的性质得到OC DE，再证明AD∥OC得到DAC OCA，加上
OAC OCA，所以DAC OAC，然后根据折叠的性质可判断将△ADC沿AC折叠，点D一定落在
直径AB上；
（2）由于AOC是等腰三角形且对称轴经过点D，则根据折叠的性质得到DADC，再证明DCA45，
接着根据切线的性质得到OCD90，则可计算出OCA45，然后证明四边形AOCD为矩形，则
1
，从而得到CD AB；
CD AO 2
（3）先根据正三角形的性质得到OA AC，OCA60，再计算ACD30，则利用含30度角的直角三
1 3 3 1 3
AD AC AD CD CD AC CD AB
角形三边的关系得到 2 ， 3 ，则 3 2 ，从而得到 4 ．
【详解】（1）证明：DE为O的切线，
OC DE，
 ADDE，AD∥OC，
DACOCA，
OAOC，
OAC OCA，
\ �DAC � OAC，
无论点C在何处，将△ADC沿AC折叠，点D一定落在直径AB上；
1
（2）解：CD AB．
2
理由如下：AOC是等腰三角形且对称轴经过点D，
DADC，
QADCE，
DCA45
DE为O的切线，
OC DE，
OCD90，
OCA45，
COA90，
ADCAOCOCD90，
四边形AOCD为矩形，
CD AO，
1
CD AB；
2
（3）解：AOC为正三角形，
OA AC，OCA60，
OCD90，
ACD30，
1 3
AD AC AD CD
2 ， 3 ，
3 1
CD AC，
 3 2
3
CD AC，
21
而AC OA AB，
2
3
CD AB
4 ．
3
故答案为： ．
4
【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．也考查了等腰三角形的判定与性质、
等边三角形的判定与性质和折叠的性质．
14．（2023·江苏·九年级假期作业）【问题情境】如图①，在四边形ABCD中，BD90，求证：A、
B、C、D四点共圆．
小吉同学的作法如下：连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，请你帮助小吉补全余下的证明过程；
【问题解决】如图②，在正方形ABCD中，AB2，点E是边CD的中点，点F 是边BC上的一个动点，
连结AE，AF ，作EP AF于点P．
（1）如图②，当点P恰好落在正方形ABCD对角线BD上时，线段AP的长度为 ；
（2）如图③，过点P分别作PM AB于点M ，PN BC于点N ，连结MN，则MN的最小值为 ．
10 13 5

【答案】问题情境：见解析；问题解决：（1） 2 ；（2） 2 2
【分析】[问题情境]连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边
的一半，可得ODOAOCOB，以此即可证明；
[问题解决]（1）根据题意可得 AE AD2DE2  5 ，由[问题情境]结论可知A、 D 、 E 、P四点共圆，
根据圆周角定理以及正方形的性质可得PDEPAE45，则△PAE为等腰直角三角形，设AP长为a，则
PE长为a，根据勾股定理列出方程，求解即可；
（2）由[问题情境]结论可知A、D、E、P四点共圆，过点O作OG AD于点G，作OH  AB于点H ，
连接OB交O于点P，连接PB，根据题意可得四边形MBNP为矩形，则要求MN的最小值，即求PB的1
OG
最小值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG为
VADE
的中位线，得AG1，
2
，同理可证四边
3 13
形 为矩形，以此得到 ，BH  ，根据勾股定理得OB OH2BH2  ，根据两点之
AHOG OH  AG1 2 2
间线段最短得PBOPOB，以此即可求出PB的最小值，从而求得MN的最小值．
【详解】[问题情境]证明：如图，连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，
ADCABC90，O为AC的中点，
1
OAOBOC OD AC，
2
A、B、C、D四点共圆；
[问题解决]
（1）四边形ABCD为正方形，点E是边CD的中点，AB2，
AD2，DE1，
AE AD2DE2  5
，
由[问题情境]结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，
PAEPDE，
QBD为正方形ABCD的对角线，
PDEPAE45，
EPAF，
PAE为等腰直角三角形，
设AP长为a，则PE长为a，AP2PE2 AE2，
a2a2 ( 5)2
即 ，
10 10
解得：a  ，a  （不合题意，舍去），
1 2 2 2
10
线段AP的长度为 2 ；
10
故答案为： 2 ；
（2）由[问题情境]结论可知，A、D、E、P四点共圆，
如图，过点O作OG AD于点G，作OH  AB于点H ，连接OB交O于点P，连接PB，
 PM  AB，PN BC，
PMBMBN PNB90，
四边形MBNP为矩形，
MN PB，
要求MN的最小值，即求PB的最小值，
AE 5
由（1）知， ，
5
OA ，
 2
OGAD，且点O为AE的中点，
OG∥DE，
OG为VADE的中位线，
1
OG
AG1，
2
，
OGAD，OH  AB，
四边形AHOG为矩形，1
AH OG
2 ，OH  AG1，
3
BH  ，
2
13
在 中，OB OH2BH2  ，
Rt△BHO 2
根据两点之间线段最短得，PBOPOB，
13 5
PBOBOP  ，
2 2
13 5

PB的最小值为 2 2 ，
13 5

MN 的最小值为 2 2 ．
13 5

故答案为： 2 2 ．
【点睛】本题主要考查四点共圆、正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、中位线的判定与性
质、平行线的判定与性质，属于圆的综合题，熟练掌握相关知识是解题关键．
O O O O
15．（2023春·湖北恩施·九年级统考期中）如图1，等圆 1与 2相交于C，M两点， 1经过 2的
O OO O O AC，BC
圆心 2，直线 1 2交 1于点A，交 2于点B，连接 ．
BC O AC O
(1)求证： 为 1的切线； 为 2的切线；
(2)连接BM，AM ，判断四边形ACBM 的形状，并说明理由；
BC AC OH O OE O
(3)如图2，当点H为线段 上的点，点E为 延长线上的点，直线 1 交 2于点D，直线 1 交 21
于点F．若DF  AB2，探求 是否为定值；
3 BH·AE
(4)如图3，当H为BC延长线上的点，E为线段AC上的点，其它条件不变，则（3）中的结论是否仍然成
立？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ACBM 是菱形，理由见解析
(3)定值8
(4)成立，理由见解析
ACO 90,BCO 90
【分析】（1）根据圆周角定理可得 2 1 ，根据切线的判定即可证得结论；
CO MO
（2）作辅助线如解析图，先证明四边形 2 1为菱形，然后根据菱形的性质和判定即可证明四边形
ACBM 是菱形；
BH BO
 1
（3）连接O D,O F,CO,CO ，证明BHO∽AOE，得出 AO AE ，进而可得结论；
2 2 1 2 1 1 1
DO ,FO ,DB,FB
（4）连接 2 2 ，同（3）的方法证明即可．
OC,OC
【详解】（1）证明：连接 1 2 如图，
AO O BO O
∵ 2是 1的直径， 1是 2的直径，
ACO 90,BCO 90
∴ 2 1 ，
BC O AC O
∴ 为 1的切线； 为 2的切线；
（2）四边形ACBM 是菱形.
OC,OM,OC,O M,CM.
证明：如图，连接 1 1 2 2O O
已知等圆 1与 2相交于C,M两点，
OC OM OC O M CO MO
∴ 1 1 2 2 ，即四边形 2 1为菱形，
CMOO OO OO，COMO
∴ 1 2， 1 2 ，
O BOA
又 2 1 ，
∴OAOB，
∴四边形ACBM 是平行四边形，
CMOO
∵ 1 2，
∴平行四边形ACBM 是菱形；
（3）解：BH·AE8
O D,O F,CO,CO
连接 2 2 1 2，
1
已知等圆 O 与 O 相交于C,M两点，DF  3 AB2，
1 2
1
∴O DO F DF  AB2，
2 2 3
O DF
∴ 2 为等边三角形，
DO F 60
∴ 2 ，
1
∴DOE DO F 30，
1 2 2
COO
同理， 2 1为等边三角形，
COO COO 60
∴ 1 2 2 1 ，∴∠A∠B30①，
EOADOBBHO DOB150
∴ 1 1 1 1
EOABHO
∴ 1 1②，
BHO∽AOE
由①②可得， 1 1 ，
BH BO
∴  1 ，
AO AE
1
BO 4,AO 2
又 1 1 ，
∴BH·AE8；
（4）仍然成立；
DO ,FO ,DB,FB
证明：连接 2 2 ，如图，
1
已知等圆 O 与 O ，DF  3 AB2，
1 2
1
∴O DO F DF  AB2，
2 2 3
O DF
∴ 2 为等边三角形，
DO F 60
∴ 2 ，
∴DBF 30，
D,B,F,O O
∵ 1四点在 2上，
DOEDOF DBFDOF 180
∴ 1 1 1 ，
DOEDBF 30
∴ 1 ，AOH AOEDOE AOE30 AOH ABCBHO 30BHO
∵ 1 1 1 1 ， 1 1 1，
AOEBHO
∴ 1 1，
BHO∽AOE
∴ 1 1 ，
BH BO
∴  1 ，
AO AE
1
BO 4,AO 2
又 1 1 ，
∴BH·AE8．
【点睛】本题是圆和圆的综合题，主要考查了切线的判定、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、
相似三角形的判定和性质等知识，综合性强，熟练掌握圆的相关知识、正确添加辅助线是解题的关键．
16．（2023·江苏·九年级假期作业）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成
探究．
(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在O中，C是劣弧AB的中点，直线CD AB
于点E，则AEBE．请证明此结论；
(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA，PB组成O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CDPA于点E，则AEPEPB．可以通过延长DB、AP相交于点
F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
(3)如图3，PA，PB组成O的一条折弦．C是优弧ACB的中点，直线CDPA于点E，则AE，PE与
PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AEPEPB，证明见解析
【分析】（1）连接AD，BD，易证ADB为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得
AEBE．
（2）根据圆内接四边形的性质，先证CDACDF，再证△AFD为等腰三角形，进一步证得PBPF，
从而证得结论．
（3）根据ADEFDE，从而证明DAE≌DFE，得出AEEF，然后判断出PBPF，进而求得
AEPEPB．
【详解】（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴CDACDB，
∵DEAB，
∴AEDDEB90，
∴AADE90，BCDB90，
∴AB，
∴ADB是等腰三角形，∵CD AB，
∴AEBE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵四边形ADBP是圆内接四边形，
∴PBF PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴CDACDF，
∵CDPA，
∴AEDFED90
∵DEDE
ADE≌FDEASA
∴
∴ADFD
∴F A，AEEF，
∴PBF F ，
∴PBPF，
∴AEPEPB
（3）AEPEPB．理由如下：
连接AD，BD，AB，DB与AP相交于点F，AC BC
∵ ，
∴ADC BDC，
∵CD AP，
∴DEADEF，ADEFDE，
∵DEDE，
∴DAE≌DFE，
∴ADDF ，AEEF，
∴DAF DFA，
∴DFAPFB，PBDDAP，
∴PFBPBF，
∴PF PB，
∴AEPEPB．
【点睛】此题主要考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂
径定理是解题的关键．
17．（2023·河北廊坊·校考三模）在矩形ABCD中，AB3cm，BC 4cm，点P从点A出发沿AB边以
1cm/s的速度向点B移动（点P可以与点B重合），同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移
动（点Q可以与点C重合），其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒．(1)如图1，几秒后，PQ的长度等于3cm?
1
(2)如图1，几秒后， 的面积等于四边形 面积的 ?
VBPQ ABCD 6
Q PQ Q Q CDPQ t
(3)若以 为圆心， 为半径作 ．如图2，若 与四边形 的边有三个公共点，则 的取值范围
为_____．（直接写出结果，不需说明理由）
6
【答案】(1) s后 的长度等于
5 PQ 3cm
1
(2)1秒或2秒后， 的面积等于四边形 面积的
VBPQ ABCD 6
0t5 41
(3)
APtcm，BQ2tcm，B90 BP3tcm
【分析】（1）根据题意可得 ，则 ，由勾股定理可得
PQ PB2BQ2  3t22t2 3cm
，进行计算即可得到答案；
1
（2）表示出S
BPQ
t23t，计算出S
四边形ABCD
12cm2，由
VBPQ
的面积等于四边形
ABCD
面积的
6
，可
1
得t23t 12，进行计算即可得到答案；
6
t0 Q DPQC Q D Q
（3）当 时，如图， 与四边形 有两个公共点，如图，当 经过点 时， 与四边形
DPQC有两个公共点，则QDPQ，由勾股定理可得 3242t2  3t22t2 ，解方程即可得到答
案．
APtcm，BQ2tcm，B90
【详解】（1）解：根据题意可得： ，
 AB3cm，BP3tcm
，
PQ PB2BQ2  3t22t2 3cm
，
6
解得：t  或 （舍去），
5 t0
6
s后 的长度等于 ；
5 PQ 3cm
APtcm，BQ2tcm，B90
（2）解：根据题意可得： ，
 AB3cm，BC 4cm，
BP3tcm S 3412cm2
， 四边形ABCD ，
1 1
S  BPBQ 3t2tt23t，
BPQ 2 2
1
的面积等于四边形 面积的 ，
 VBPQ ABCD 6
1
t23t  12，
6
解得：t 1或t2，
1
1秒或2秒后， 的面积等于四边形 面积的 ；
 VBPQ ABCD 6
t0 Q DPQC
（3）解：当 时，如图， 与四边形 有两个公共点，
，
如图，当Q经过点D时，Q与四边形DPQC有两个公共点，则QDPQ，
，根据题意可得：APtcm，BQ2tcm，B90，
 AB3cm，BC 4cm，
BP3tcm CQBCBQ42tcm
， ，
 DQ CD2CQ2  3242t2cm PQ BQ2BP2  3t22t2cm
， ，
 3242t2  3t22t2
，
t5 41 t 5 41
解得： （舍）或 ，
 0t5 41 Q CDPQ
当 时， 与四边形 的边有三个公共点，
0t5 41
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式、一元二次方程的应用、圆的基本性
质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
18．（2023·广东深圳·校考二模）【定义】在平面内的三个点A，B，P，满足PA3PB．若P90，
则将点P称为[A，B]的三倍直角点：若P90，则将点P称为[A，B]的三倍锐角点．
(1)如图1，已知ABC中，C 90，BC1，若点C是[A，B]的三倍直角点，则AB的长度为
B [A C] AC
___________；若点 是点 ， 的三倍锐角点，则 的长度为___________；
yx2 x A P yx2 B
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线 交 轴于点 ，点 是直线 上的一点，点 的坐标
为(6，0)，点C的坐标为(4，0)，以B为圆心BC长为半径作B，点D在B上．
①若点A是[P，O]的三倍锐角点，求点P的坐标
②若点C是[P，D]的三倍直角点，直接写出点P的坐标．
10 2 2
【答案】(1) ，     
23 2,3 2 6 14,4 14 6 14,4 14
(2)① ，② 或
【分析】（1）根据定义可得CA3CB3，ACB90，勾股定理求得AB，AC即可求解；
（2）①根据题意求得
A2,0
，根据新定义得出 AP3AO6 ，设 P(x ，x- 2)则
x22x22 62
，解
 
P 23 2,3 2
方程即可求解，当 )时，A135，应舍去；
PC B E DE PQ AB Q
Px,x2
PQx2，CQ4x
②延长 交 于 ，连接 ，作 于 ．设 ， ，证明
1
，得出 ，即
 2x212x20  4x2
，解方程即可求解．
DCEPQC CDPC PQDE 3
【详解】（1）解：∵点C是[A，B]的三倍直角点，
∴CA3CB3，ACB90，
由勾股定理得，
AB AC2BC2  10
，
10
故答案是 ，
∵点B是点[A，C]的三倍锐角点，
∴AB3BC 3，且B90，
由勾股定理得，
AC  AB2BC2 2 2
2 2
故答案是 ：
（2）①当y0时，x20
∴x2
A2,0
OA2
∴ ， ，
∵点A是[P，O]的三倍锐角点，
∴AP3AO6，
设P(x，x2)x22x22 62
∴
x 23 2，x 23 2
∴ 1 2 ，
x23 2时，x23 2
当 ，
 
P 23 2,3 2
∴
x23 2时，x23 2
当 ，
 
P 23 2,3 2
∴
 
P 23 2,3 2
当 时，A135，应舍去．
 
P 23 2,3 2
综上所述：
②如图4，
延长PC交B于E，连接DE，
P，D
C
∵点 是 的三倍直角点，
∴DCE PCD90，PC 3CD，
∴DE是B的直径，
∴DE4，
作PQ AB于Q．
Px,x2
设 ，
∴PQx2，CQ4x，
PC  PQ2CQ2
∴x22 4x2
=
= 2x2- 12x+20
∵CBBE
∴EBCE
∵BCEPCQ，
∴DCEPQC，
CD DE
∴ 
PQ PC
∴CDPC PQDE
1
∵
 2x212x20  4x2
，
3
x 6 14，x 6 14
∴ 1 2 ，
x6 14时，x24 14
当 ，
x6 14时，x24 14
当 ，
   
6 14,4 14 6 14,4 14
∴点P的坐标是 或 ．
【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，直角所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握
新定义是解题的关键．
19．（2023·河北张家口·统考三模）如图，在ABE中，BE AE，延长BE到点D，使DEBE，延长
AE到点C，使CE AE．以点E为圆心，分别以BE、AE为半径作大小两个半圆，连接CD．
(1)求证：ABCD；
(2)设小半圆与BD相交于点M,BE 2AE 2．S
①当 ABE取得最大值时，求其最大值以及 CD 的长；
②当AB恰好与小半圆相切时，直接写出弧AM 的长．
【答案】(1)证明见解析
π 2π
(2)①S 1， ；② 或
ABE最大值 CD 5 3 3
ABE≌CDESAS
【分析】（1）根据题中条件，利用两个三角形全等的判定定理即可得到 ，再由全等
三角形性质即可得证；
1
（2）①根据三角形面积公式知S  BEAE， 是个定值， 在以 为圆心、 为半径的圆上
ABE 2 BE 2 A E AE
S
运动，从而得到当 AEBE 时， ABE取得最大值，代入面积公式求解即可得到答案；②当 AB 恰好与小半
圆相切时，AEBA，根据BE2AE2，得到AEB，根据点M 的位置分两种情况，利用弧长公式代值
求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：在ABE和CDE中，
BEDE

AEBCED
，

AECE
ABE≌CDESAS
∴ ，
∴ABCD；
1
（2）解：①根据三角形面积公式知S  BEAE，
2
ABE
 BE2，A在以E为圆心、AE为半径的圆上运动，
1 1

当
AEBE
时，S
ABE
取得最大值，S
ABE最大值

2
BEAE 
2
211；
ABCD Rt△ABE AB BE2CE2  5
由（1）知 ，则在 中， ，
CD AB 5
∴ ；
②如图所示：当AB恰好与小半圆相切时，AEBA，
EAB90，
1
在 中， ，即AE  BE，则 ，
Rt△ABE BE2AE2 2 ABE30
分两种情况讨论如下：
120 120 2
①当 在 右侧时， ，则 ，此时弧 的长为 2πAE 2π1 π；
M E AEB60 AEM 120 AM 360 360 3
60 60 1
②当 在 左侧时， ，此时弧 的长为 2πAE 2π1 π；
M E AEB60 AM 360 360 3
π 2π
综上所述，弧 的长为 或 ．
AM 3 3
【点睛】本题考查圆综合问题，涉及全等三角形的判定与性质、圆中动点最值问题、切线性质、含30直
角三角形及弧长公式等知识，熟练掌握相关几何性质及圆综合问题的求法是解决问题的关键．
20．（2023·河北唐山·统考二模）如图，菱形ABCD中，DAB60，AB4．点P为射线AB上一动点，
在射线DA上取一点E，连接DP，EP，使DPE60．作VAPE的外接圆，设圆心为O．
(1)当圆心O在AB上时，AE______；
(2)当点E在边AD上时，①判断O与DP的位置关系，并证明：
②当AP为何值时，AE有最大值？并求出最大值；
(3)如图，连接AC，若PE∥AC，直接写出AP值；将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q，直接写出弧
PQ的长．
【答案】(1)1
(2)①O与DP的位置关系是相切，见解析；②当AP2时，AE有最大值，为1
4
(3) ，l  
AP8 PQ 3
【分析】（1）可证得APD90，进而解直角三角形ADP和直角三角形APE ，从而求得结果；
（2）①连接OE，OP，利用圆周角定理推出EOP2DAB120，继而推出OPE30，再根据
DPE60，推出OPDP，从而得到O与DP的位置关系是相切；
BD BP 4 4x
②连接 ，可证得 ，从而得到  ，设 得方程  ，故
BD APE∽BDP AP AE APx x AE
1 1
AE x2x (x2)21，利用二次函数得最值，得到当 ，即 时， 有最大值，最大值
4 4 x2 AP2 AE
为1；
（3）可推出CAPAPE CADAEP30，进而得出PAAE，ADP90，AP2AD8，故
PA AE OPOE，四边形AEOP是菱形，可推出点A是对称后的优弧的圆心，根据弧长公式得出结果．
【详解】（1）解：菱形ABCD中，AB AD4，
∵AP是O的直径，
∴AEP90，
∴ADPAEPDPE 906030，APE 180AEPBAD180906030，
∴ADPDAB90，
∴APD90，
∵ADP30，APD90，AB AD4，
1 1
∴AP AD 42，
2 2
∵APE30，AEP90，AP2，
1 1
∴AE AP 21，
2 2
故答案为：1；
（2）①O与DP的位置关系是相切，理由如下：证明：如图1，连接OE，OP，
∵DAB60，
∴EOP2DAB120，
∵OEOP，
∴OPEOEP30，
∵DPE60，
∴OPDOPEDPE 90，
∴OPDP，
即O与DP的位置关系是相切；
②如图2，连接BD．
∵DPEDAB60，AEP1DPE，DPB1DAP，
∴AEPDPB，
在菱形ABCD中，AB AD，BAD60，
∴△ABD是等边三角形，
∴BADABD60，
∴APE∽BDP，得到BD BP
∴  ，
AP AE
设APx，
4 4x
∴ ，则  ，
PB4x x AE
1 1
∴AE x2x x22 1，
4 4
1
∵ 0，
4
∴当x2，即AP2时，AE有最大值，最大值为1．
（3）∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴CAP DAB 6030，
2 2
∵PE∥AC，
∴CAPAPE CADAEP30，
∴2DPEAPE603030，PAAE，
∴ADP180DAP290，AP2AD8，
又∵将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q，
∴PA AE OPOE，
∴四边形AEOP是菱形，
∴点A，O关于PE对称，∴弧PQ在以A为圆心，AP长为半径的圆上．
∵PAQ30，
308 4
∴l   ．
PQ 180 3
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定，等边三角形的判定与性质，二次函数
的最值，相似三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
21．（2023·全国·九年级专题练习）如图，ABC内接于O，连接AO，BAOCAO．
(1)如图1，求证：AB AC；
(2)如图2，点D在O上，连接CD，点E是AO上一点，连接DE，若ADEACD，求证：DEOA；
BO O F AF CDE45 AE 2 BC 3 2
(3)如图3，在（2）的条件下，延长 交 于点 ，连接 ，若 ， ， ，
求AF 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
5
(3)
1 1
【分析】（1）过点 作 ，如图所示，由垂径定理可知：AD AB,AE  AC，再由
O OD AB,OE AC 2 2
△AOD≌△AOEAAS
AD AE
得到 ，即可得证；
（2）延长AO交BC于M ，如图所示，由（1）知AB AC，从而由等腰三角形“三线合一”得到
AM BC，且�ACB� ABC，从而得到ADC ACB，即可有
CDE DCB，由内错角相等两直线平行得到DE∥BC，进而DE AM ，即DEOA；
OD,OC,DB AO BC M
△DEO≌△OMBAAS
（3）连接 ，延长 交 于点 ，证明 ，利用勾股定理即可解答．O OD AB,OE AC
【详解】（1）证明：过点 作 ，如图所示：
1 1
由垂径定理可知，AD AB,AE  AC，
2 2
在△AOD和△AOE中，
BAOCAO

ADO90AEO
，

AO AO
△AOD≌△AOEAAS
，
AD AE，
AB AC；
（2）证明：延长AO交BC于M ，如图所示：
由（1）知AB AC，
根据BAOCAO，从而由等腰三角形“三线合一”得到AM BC，且�ACB� ABC，

AC AC
，
ADCABC，
ADC ACB， ADEACD，
CDE DCB，
DE∥BC，
 AM BC，
DEAM ，即DEOA；
OD,OC,DB AO BC M
（3）解：如图，连接 ，延长 交 于点 ，
1 3 2
BM CM  BC 
根据（2）中可得 2 2 ，
DEAO，
DE∥BC，
EDC DCB45，
DOB90，
EODBOM 90，
EODODE90，
BOM ODE，
在DEO与△OMB中，
DEOOMB

EODMBO
，

 ODBO
△DEO≌△OMBAAS
，3 2
EOBM 
2 ，
 AE 2，
5 2
OA AEEO
2 ，
OM  BO2BM2 2 2
，
9 2
AM  AOOM 
2 ，
AB AM2BM2 3 5
，
 BF 2AO5 2 BF
，且 为直径，
BAF 90，
AF  BF2AB2  5
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确作出辅
助线是解题的关键．
22．（2023·陕西宝鸡·统考一模）问题提出：
（1）如图1所示，已知A为O上一点，P为O外一点，若PO6，O的半径为2，则PA的最小值为
_________；
问题探究：
（2）如图2所示，P为等边三角形ABC内一点，若AB4，求PAPBPC的最小值；
问题解决：
（3）由于网购的方便与快捷，极大地促进了物流行业的发展，如图3所示，一条半圆形公路连接着A，B
AB20km
两座城市 ．物流公司沿半圆形公路在A，B两地之间进行物流运送．点D为一辆等在半圆形
公路上的物流车，随时接收从外地运来的货物以便及时送到A，B两地．为了节约资金，提高物流中转的
效率，现需在这个区域内建一个物流中转站P，要求物流中转站P到A，B两城市及半圆形公路上点D的
距离之和最小，请帮物流公司求出这个距离和的最小值． 
10 31 km
【答案】（1）4；（2）4 3；（3）
【分析】（1）如图所示，连接OA，AP，OP，根据APOPOA进行求解即可；
（2）如图所示，将△BPC绕点B顺时针旋转60至△BPC，连接PP，CC，则BCC是等边三角形，
可得BC CC，则PAPBPC PAPPPC，连接AC，则PAPPPC的最小值就是AC的长，
证明四边形ABCC为菱形且ABC120，AB4，求出AC的长即可；
（3）如图所示，连接AB，将△APB绕点A顺时针旋转60至△APB位置，连接PP、BB，则
△PAP，△BAB都是等边三角形，则PAPBPDPPPBPD此时B为定点，D为半圆AB上一动
点；取AB的中点O，连接BO并延长交半圆于点D�，此时BD的长即为PAPBPD的最小值，据此求
解即可．
【详解】解：（1）如图所示，连接OA，AP，OP，
∵OA2，OP6，
∴APOPOA624，
∴PA的最小值为4，
故答案为：4；
（2）如图所示，将△BPC绕点B顺时针旋转60至△BPC，连接PP，CC，
∴PBPB，PCPC，BCBC，∠CBC∠PBP60，
∴BCC是等边三角形，
∴BC CC，∴PAPBPC PAPPPC，
连接AC，
A，C为定点，
∴PAPPPC的最小值就是AC的长，
∵ABC为等边形三角形，
∴ABBC  AC BCCC
∴四边形ABCC为菱形且ABC120，AB4，
1 1
设 交于T，则AC2AT，BT  BC  AB2，
AC、BC 2 2
AT  3BT 2 3
∴ ，
AC4 3 PAPBPC 4 3
∴ ，即 的最小值为 ；
（3）如图所示，连接AB，将△APB绕点A顺时针旋转60至△APB位置，连接PP、BB，
∴PAPA，PBPB，BABA，∠BAB60，
∴△PAP，△BAB都是等边三角形，
∴PAPBPDPPPBPD
此时B为定点，D为半圆AB上一动点，取AB的中点O，连接BO并延长交半圆于点D�，
此时BD的长即为PAPBPD的最小值．∵ABB为等边三角形，AB20km，
1
∴BO 3OB 3 AB10 3km，
2
 
BD10 31010 31 km
∴ ，
 
10 31 km
∴PAPBPD的最小值为 ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度
角的直角三角形的性质，点到圆上一点的距离的最值问题等等，正确作出辅助线是解题的关键．
23．（2023·云南昆明·统考二模）矩形ABCD中，AB6，BC 8，点O是边BC上的一个动点（不与点B
重合），连接OA，将ABO沿AO折叠，得到△AEO，再以O为圆心，OB长为半径作半圆，交射线BC
于G，连接BE并处长交射线CD于F，连接EC，设OBx．
(1)求证：AE是半圆O的切线；
(2)当点E落在AC上时，求x的值；
(3)当半圆O与ACD的边有两个交点时，求x的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)x的值为3
25
(3)综上所述，当 或 x8时，半圆O与 的边有两个交点
3x6 4 ACD
【分析】（1）通过翻折的性质，证明AEO90即可解答；
（2）画出图形，在Rt△ABC中根据勾股定理构建方程，即可解答；
（3）将临界情况，即当半圆O与AC相切时；当半圆O与AD相切时；当半圆O经过点D时；当半圆O
的圆心与点C重合时；求出此时OB的长度，即可解答．
【详解】（1）证明： ABCD是矩形，
ABO90，∵ABO沿AO折叠，得到△AEO，
AEOABO90，
OE AE，
OE是半圆O的半径，
AE是半圆O的切线．
（2）解：当点E落在AC上时，如图2所示：
∵ABO沿AO折叠，得到△AEO，
AE AB6，OEOBx，
∴OC BCOB8x，
∵在Rt△ABC中，ABC 90，
AC  AB2BC2  6282 10
∴
∴EC  ACAE1064
∵由（1）知AE是半圆O的切线，
OEC 90，
∴在Rt△OEC中，OE3EC2 OC2
x242 8x2
x3
∴ ，解得： ，
答：x的值为3．
（3）分情况进行讨论：
①如图2，当半圆O与AC相切时，根据（2）中解答，可得OB3；如图3，当半圆O与AD相切时，OB AB6．
∴当3x6时，半圆O与ACD的边AC和CD各有一个交点；
②如图4，当半圆O经过点D时，连接OD，设圆的半径为a，
在Rt△OCD中，可得OC2 CD2 OD2
，即
8a262 a2
25
解得：x
4
如图5，当半圆O的圆心与点C重合时，此时，OBBC 8，25
∴当 x8时，半圆O与 的边 和 各有一个交点，
4 ACD AC AD
25
∴综上所述，当 或 x8时，半圆O与 的边有两个交点．
3x6 4 ACD
【点睛】本题考查了切线的证明，翻折的性质，圆与直线的位置关系，勾股定理，画出正确的图形是解题
的关键．
24．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）定义：如图1，AB是O的直径，若弦CD∥AB，则称
弦CD为O的纬线．
CD O AC BD
(1)如图1，弦 是 的纬线，求证： ；
CD EF O CD∥EF CD6 EF 8
(2)弦 和弦 都是半径为5的 的纬线， ， ， ，求这两条纬线之间的距离；
MN PQ AB OM ON OP OQ PM QN O
(3)如图2，弦 和弦 是直径 两侧的纬线，连接 、 、 、 、 、 ， 的半径为
r ，记四边形 MPQN ， OMN ， △OPQ 的面积依次为 S ， S 1， S 2，若同时满足下列两个条件时，求 S 的最
大值（用含r的式子表示）．
1
①S S  S ；②其中的一条纬线长不超过半径 ．
1 2 2 r
【答案】(1)见解析
(2)1或73r2
(3)
【分析】（1）连接BC，根据平行线的性质和圆周角定理即可证明；
（2）作OH CD交EF于I ，则OI^EF，连接OD，OF ；根据勾股定理可得OH 4，OI 3，分类讨论：
当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI OH OI ，即可求得；
当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI OH OI，即可求得；
O OEMN E OF PQ F MN a PQb OEm OF n
（3）过点 作 于点 ， 于点 ，设 ， ， ， ，分别求出
1 1 1 1
S  am，S  bn，S  abmn ，根据S S  S ，可得 ， ，故 ，根据
1 2 2 2 2 1 2 2 ab mn S2 4a2m2
a2
勾股定理可得 m2 r2，令 ，故
4 t a2
 t 
S2 4t  r2 4   t24r2t ，分析该二次函数可得当t r2时，S2 3r4 ，即可求得．
max
【详解】（1）如图，连接BC
∵CD∥AB
DCBABC
\ �DCB和ABC所对的弧相等
AC BD
（2）弦CD和弦EF都是O的纬线
CD∥AB，EF∥AB
作OH CD交EF于I ，则OI^EF，连接OD，OFCD6，EF 8，ODOF 5
根据勾股定理可得OH 4，OI 3，
分类讨论：
当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI OH OI 431
当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI OH OI 437
∴CD和EF的距离是1或7
O OEMN E OF PQ F
（3）过点 作 于点 ， 于点
设MN a，PQb，OEm，OF n
1 1 1
则S  am，S  bn，S  abmn
1 2 2 2 2
1
QS S  S
1 2 2
1 1 1 1
 am bn  abmn
2 2 2 2
abmn0
即
ab或mn
若mn，则ab
若ab，则mn
S 2am
则S2 4a2m2
OEMN
1 a
ME MN 
2 2Rt△OEM OE2EM2 OM2
在 中，
a2
 m2 r2
4
a2
则m2 r2
4
令t a2
 t 
S2 4tr2 t24r2t
则  4
对称轴为t 2r2
Q0ar
0tr2
当t r2时
S2 3r4
max
S  3r2
max
【点睛】本题考查平行线的性质，圆周角定理，勾股定理，二次函数的性质等，运用分类讨论思想和借助
二次函数求最值是解题的关键．
25．（2023秋·广东广州·九年级广东实验中学校考期末）在正方形ABCD中，边长为2.点E是线段BC上
的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF ，AEF 90，其中EF交CD于点P，
AF 交CD于点Q，连接CF．
1
(1)如图 ，①若BE 时，求线段 的长；
1 2 CF
②当点E在线段BC上运动时，求证：QEF FEC．
2 B BG AE EQ G D DH CF H HG
(2)如图 ，过点 作 交 于点 ，过点 作 所在的直线于点 ，求 的最小值．2
【答案】(1)① 2 ；②见解析
102
(2)
1
【分析】（1）①由 可证 ≌ ，可得BEFN  ， ，即可求解；
AAS ABE △ENF 2 ABEN
② SAS ABK △ADQ BAK DAQ AK  AQ SAS AEK △AEQ
由 可证 ≌ ，可得 ， ，由 可证 ≌ ，可得
AEK AEQ，由余角的性质可求解；
（2）先求AH 的长，由SAS可证ABE≌AGE，可得AB AG，则点G在以点A为圆心，AB长为半径
的圆上，当点G在线段AH 上时，GH 有最小值，即可求解．
【详解】（1）解：①过点F 作FN 直线BC于N ，
AEF是等腰直角三角形，
AEEF ，EAF 45，AEF ABE FNE 90，
AEBBAE90AEBFEN ，
BAE FEN，
∴ABE≌ENF(AAS)，
1
BEFN  ， ，
2 ABEN
BC EN  AB，
1
CN BE ，
2
又N 90，
CFN 是等腰直角三角形，2
CF  2CN  ；
2
②证明：如图，延长CB至K，使BK DQ，连接AK，
 BK DQ，ABK D90，AB AD，
∴ABK≌ADQ(SAS)，
BAK DAQ，AK  AQ，
EAF 45，
BAEDAQ45，
BAEBAK 45EAK EAD，
又 AEAE，
∴AEK≌AEQ(SAS)，
AEK AEQ，
AEF 90，
FEQFEC；
（2）解：如图，连接AG，GH ，AH ，AC，由（1）可知DCH 45，AEBAEG，
四边形ABCD是正方形，
AB ADCD2 AC  2AD2 2 ACD45
， ， ，
ACH 90，
DH CH ，DCH 45，
△DCH 是等腰直角三角形，
DC  2CH 2
，
CH  2
，
AH  AC2CH2  82  10
，
BGAE，AEBAEG，
EBGEGB，
BEEG，
又 AEAE，
∴ABE≌AGE(SAS)，
AB AG，
点G在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，
点G在线段AH 上时，GH 有最小值，
102
GH 的最小值为 ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，
勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
xOy O BC
26．（2023·北京·统考二模）在平面直角坐标系 中， 的半径为2．对于直线l和线段 ，给出如
BC O B'C' B' C'
下定义：若将线段 关于直线l对称，可以得到 的弦 ( ， 分别是B，C的对应点)，则称线段
BC是以直线l为轴的O的“关联线段”．例如，图1中线段BC是以直线l为轴的O的“关联线段”．B C B C B C
(1)如图2，点 1， 1， 2， 2， 3， 3的横、纵坐标都是整数．
BC BC BC l yx4 O
① 在线段 1 1， 2 2， 3 3中，以直线 1： 为轴的 的“关联线段”是 ；
BC BC BC l yxb O
② 在线段 1 1， 2 2， 3 3中，存在以直线 2： 为轴的 的“关联线段”，求b的值；
(2)已知直线
l
3：
y 3xmm>0 交x轴于点A．在ABC
中，
AB6
，
BC 2
，若线段
BC
是以直线
l
3
为轴的O的“关联线段”，直接写出m的最大值与最小值，以及相应的AC的长．
BC
1 1
【答案】(1)① ；② 1或3
8 3 AC 2 13 4 3 AC 2 7
(2)m的最大值为 ， ；m的最小值为 ， ．
BC  l O
【分析】（1）①根据题中定义即可画图得出；②通过判断 1 1 直线 2， 的最长的弦即直径为4，可
BC BC BC O
排除 1 1， 2 2，所以 3 3成为 的弦，根据圆的对称性，分两种情况讨论；
O eT l y 3xmm>0 A A eT
（2）画 与 关于直线 3： 对称，以点A为圆心，6为半径画 ，则 与 至
少有一个交点，才能满足题目条件，画出图形即可求出m的最大值和最小值，通过勾股定理即可求出AC．
【详解】（1）解：①如图所示：l yx4 O BC
∴以直线 1： 为轴的 的“关联线段”是 1 1；
l yxb 45
② ∵直线 2： 与x轴夹角为 ，
BC  l
∴线段 1 1 直线 2，
BC l BC O
∴线段 1 1关于直线 2的对称线段还在直线 1 1上，不可能是 的弦，
∵O的最长的弦即直径为4，
BC  20>4
2 2 ，
BC O
∴线段 2 2的对称线段不可能是 的弦；
BC  l BC  2 2
∵线段 3 3 直线 2，且 3 3 ，
BC O
∴线段 3 3的对称线段可以是 的弦．
线段
B
3
C
3的对称线段
B
3
C
3
B
3
'C
3
'
，
B'C'  2 2
且 3 3 ．
BC O
如图，平移线段 3 3使之成为 的弦，有两种情况：B' C' 0,2 2,0 b3
(ⅰ) 3， 3的坐标分别为 ， ，此时 ；
B'' C''
2,0 0,2
b1
(ⅱ) 3， 3的坐标分别为 ， ，此时 ．
综上所述，b1或3．
O eT l y 3xmm>0
（2）解：画 与 关于直线 3： 对称，
∵AB6，
以点A为圆心，6为半径画A，则A与eT 至少有一个交点，才能满足题目条件，
O eT l
∵ 与 关于直线 3对称，
则A与O至少有一个交点，如图所示，
此时m取得最小值；此时m取得最大值；
3
把
y0
代入直线
l
：
y
3xmm>0得：x
3
m，
3
 3 
A m,0
∴点A的坐标为  3 ，
 
∵A与O至少有一个交点，
3
2+6 m2+6
∴ 3 ，
3
4 3 m8 3
解得： 3 ，
8 3 4 3
∴m的最大值为 ，m的最小值为 ；
连接AC、BC、OC，过点C作CEOA，如图所示，∵BC 2，O的半径为2，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC 2，OEBE1，
CE= OC2OE2 = 2211= 3
∴ ，
∵AB6，
∴AE ABBE 7，
 2
∴AC  CE2AE2 = 3 72 2 13；
连接AC、BC、OC，过点C作CFAB如图所示，
∵BC 2，O的半径为2，
∴△OBC是等边三角形，∴OC 2，OF BF 1，
CF= OC2OF2 = 2211= 3
∴ ，
∵AB6，
∴AF  ABBF 5，
 2
∴AC  CF2AF2 = 3 52 2 7；
【点睛】本题考查了圆的几何问题，难度较大，正确理解新定义和考虑到以点A为圆心，6为半径画A，
则A与eT 至少有一个交点，才能满足题目条件，是关键．
xOy
27．（2023·北京朝阳·统考二模）在平面直角坐标系 中，对于图形M给出如下定义；将M上的一点
a,b ab,ab
变换为点 ，M上所有的点按上述变换后得到的点组成的图形记为N，称N为M的变换图
形．
3,0
(1)①点 的变换点的坐标为______；
②直线yx1的变换图形上任意一点的横坐标为______；
y2x1
(2)求直线 的变换图形与y轴公共点的坐标；
O
ykx2kk 0
(3)已知⊙O的半径为1，若 的变换图形与直线 有公共点，直接写出k的取值范围．
3,3
【答案】(1)①
；②1
；
0,2
(2) ；
(3)1k 1且k 0．
【分析】（1）①按定义操作即可得出答案；
yx1
x,x1
②设直线 的图像上任意一点坐标为 ，然后按定义操作即可得出答案；
y2x1
a,2a1
（2）设直线 的图像上任意一点坐标为 ，求出该点的变换点坐标，根据横纵坐标之间的
关系求出直线y2x1的变换图形的解析式即可得出答案；
x,y x2y2 1 2 O
（3）设⊙O上点的坐标为 ，可得 ，然后求出其变换点到原点的距离为 ，可得 的变2 ykx2k
2,0
ykx2k
换图形是以原点为圆心，半径为 的圆，再根据直线 恒过点 ，求出直线 与
O的变换图形相切时的k值即可．
【详解】（1）解：①按定义操作：303，303，
3,0 3,3
∴点 的变换点的坐标为 ，
3,3
故答案为： ；
yx1
x,x1
②设直线 的图像上任意一点坐标为 ，
xx11
按定义操作： ，
∴直线yx1的变换图形上任意一点的横坐标为1，
故答案为：1；
y2x1
a,2a1
（2）解：设直线 的图像上任意一点坐标为 ，
a1,3a1
则该点的变换点坐标为 ，
xa1①

令 y3a1②，
①3②得：3xy2，
∴y3x2，
当x0时，y3x22，
y2x1
0,2
∴直线 的变换图形与y轴公共点的坐标为 ；
x,y
（3）解：设⊙O上点的坐标为 ，
⊙O的半径为1，
x,y
∴点 到原点的距离为1，
x2y2 1
∴ ，
x,y xy,xy
⊙O上的点 的变换点坐标为 ，xy2xy2  x22xyy2x22xyy2  2  x2y2  2
∴其变换点到原点的距离为： ，
O 2
∴ 的变换图形是以原点为圆心，半径为 的圆，
ykx2k kx2
又∵直线 ，
ykx2k
2,0
∴直线 恒过点 ，
A2,0
ykx2k
如图，点 ，直线 与y轴交于点C，
ykx2k O ABO90
当直线 与 的变换图形相切于点B时，可得 ，
AB OA2OB2  42  2
∴ ，
∴ABOB，
∴ABO是等腰直角三角形，
∴BAO45，
∴AOC是等腰直角三角形，
∴OAOC 2，
ykx2k
0,2
∴此时直线 过点 ，
∴22k，
解得：k 1，
ykx2k O k 1
同理，当直线 与 的变换图形相切于x轴的下方时，可得 ，
O
ykx2kk 0
1k 1 k 0
∴若 的变换图形与直线 有公共点，k的取值范围为 且 ．【点睛】本题考查了新定义，一次函数的应用，圆的基本概念，切线的性质，两点间的距离公式，勾股定
理等知识，正确理解变换图形的定义，能够准确表示出变换点的坐标是解题的关键．
xOy
Pm,n
ymxn
28．（2023·江苏盐城·校考三模）在平面直角坐标系 中，对于点 ，我们称直线 为点
P3,2
y3x2
P的友好直线．例如，点 的友好直线为 ．
4 
A ,4
(1)已知点 3 ，
①则点A的友好直线为______；
②若O与点A的友好直线相切，求O的半径；
C0,1
D x M CD
(2)已知点 ，点 是 轴上任意一点（原点除外），点 为直线 上的动点．
1,0
D O M
①当点 坐标是 时，求点 到点 的友好直线的距离的最大值；
Q1,0
Q D M Q E、F
②以 为圆心，3为半径作 ．在点 运动过程中，当点 的友好直线与 交于 两点时，
EF的最小值为4，请直接写出点D的坐标．
4 12
【答案】(1)①点A的友好直线为y x4；② 的半径为
3 O 5
 1 
(2)①点
O
到点
M
的友好直线的距离最大值为
2
；②点D的坐标为 D1,0或D


3
,0

【分析】（1）根据题意求出点A的友好直线，描点法画出函数图像，用面积相等法即可求出O的半径；
（2）先求出直线CD的解析式，再设出点M 的友好直线，当点H与点N重合时，点O到点M 的友好直线
1 
 ,1
的距离最大，即可求解；当N与d 重合时，QN最大，即可求解．
4
【详解】（1）解：①由题意可得：点A的友好直线为y x4；
3
x0 y4 y0 x3
②当 时， ，当 时， ，切点为E，如图所示，∴AO4，CO3，
AC  AO2CO2 5
∴
1 1
S  AOCO= ACOE，
AOB 2 2
1 1
即 43= 5OE
2 2
12
解得：OE  ，
5
12
即 的半径为 ；
O 5
（2）①解：由题意可得：设直线CD的解析式为ykxb，
 b1

把C0,1 、D1,0 代入得：k+b0，
 b1

解得：k 1，
CD yx1
∴直线 的解析式为 ，
Mm,m1
设 ，
ymx1m=mx1+1
M
则点 的友好直线为 ，
N1,1
M
∴点 的友好直线经过定点 ，
ymx1m ON
如图，过点O作直线 的垂线，垂足为H，连接 ，∴ON OH ，
∴当点H与点N重合时，OH 最大，即点O到点M 的友好直线的距离最大，
O M 12+12 = 2
∴点 到点 的友好直线的距离最大值为 ；
C0,1
D x
②∵点 ，点 是 轴上任意一点（原点除外），
Dd,0
∴设 ，
设直线CD的解析式为ykxb，
 b1

把C0,1 、Dd,0
代入得：kd+b0，
 b1

 1
解得： k  ，
 d
1
∴直线 的解析式为y x1，
CD d
 n 
Mn, 1
设  d ，
n  1
ynx1 nx +1
∴点M 的友好直线为 d  d  ，
1 
N ,1
∴点M 的友好直线经过定点 d ，
QN EF QF EF 2FN
过点Q作 于点N，连接 ，则 ，如图所示，要想使EF最小，
QF 3 QN= 3222 = 5
∵ 是定值，则最大 ，
1 
 ,1
由①可得：当N与d 重合时，QN最大，
Q1,0
∵ ，
 1 1  2 +012 =  5 2
则 d  ，
1
d 
解得：d 1或
3
；
 1 
∴点D的坐标为 D1,0或D


3
,0

；
【点睛】本题考查了一次函数的综合题，考查一次函数的图像和性质，两点的距离公式，新定义，熟练掌
握一次函数的图像和性质，理解定义，数形结合是解题的关键．
29．（2023春·江西赣州·八年级瑞金第一中学校联考期末）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．
124 5
【答案】(1)
E BG BG 4 1312
(2)在点 的运动过程中， 存在最小值， 的最小值为
E AB AP 2 136
(3)点 在射线 上运动过程中， 长的最大值为
DG AD12 CG DG2CD2  12282 4 5
【分析】（1）由翻折得： ，根据勾股定理可得 ，再由
BGBCCG，即可求得答案；
D AD D G D G BD BG
（2）以 为圆心， 长为半径作 ，可得点 在 上运动，当点 在线段 上时， 最小，此
BGBDDG BD4 13 BG 4 1312
时， ，由勾股定理可得 ，即可求得 的最小值为 ；
D AD D BA H AH BA8 GH
（3）以 为圆心， 长为半径作 ，延长 至 ，使 ，连接 ，根据三角形中位线定
1
理可得AP GH ，则 最大时， 最大，由于点 在 上运动，当 经过点 时， 最大，即
2 AP GH G D HG D GH
可求得答案．
【详解】（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，
RtCDG CG DG2CD2  12282 4 5
在 中， ，BGBCCG124 5
；
D AD D
（2）如图2，以 为圆心， 长为半径作 ，
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，
RtABD BD AB2AD2  82122 4 13
在 中， ，
BGBDDG4 1312
，
E BG BG 4 1312
故在点 的运动过程中， 存在最小值， 的最小值为 ；
D AD D BA H AH BA8 GH
（3）如图3，以 为圆心， 长为半径作 ，延长 至 ，使 ，连接 ， AH BA，
点A是BH 的中点，
点P为BG的中点，
AP是BGH 的中位线，
1
AP GH，
2
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，RtADH HD AH2AD2  82122 4 13
在 中， ，
GH HDDG4 1312
，
1
AP GH 2 136，
2
E AB AP 2 136
故点 在射线 上运动过程中， 长的最大值为 ．
【点睛】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．
30．（2023·山东临沂·统考一模）如图1，在ABC中，A60，AB AC 3，点D，E分别在边AB，
0360
AC
上，且
AD AE1
，连接
DE ．现将VADE
绕点A顺时针方向旋转，旋转角为 ，如图
2，连接CE，BD，CD．(1)当0180时，求证：CEBD；
(2)如图3，当60时，延长CE交BD于点F，求BFC的度数；
(3)在旋转过程中，探究BCE的面积的是否存在最小值，若存在写出此时旋转角α的度数和面积最小值，
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)BFC 60
9 3 3

(3)存在；30；BCE面积的最小值为 4 2
【分析】（1）利用“SAS”证得ACE≌ABD即可得到结论；
（2）先证明ABC为等边三角形，得出ACBABC 60，由ACE≌ABD，得出ACEABD，
求出∠ABD∠BCF 60，求出∠CBF ∠BCF 120，根据三角形内角和定理求出结果即可；
（3）根据BCE中，边BC的长是定值，得出BC边上的高取最小值时BCE的面积有最小值，根据点E
在以点A为圆心，以AE为半径的圆上，根据垂线段最短，过点A作AGBC于点G，交A于点H，当
点E在点H时，点E到BC的距离最小，根据等边三角形的性质和勾股定理，利用三角形的面积公式求出
结果即可．
【详解】（1）证明：∵CABEAD60，
CAEBAEBADBAE60，
CAEBAD，
在△ACE和△ABD中，
AC  AB

CAEBAD
，

AE AD
ACE≌ABDSAS
，
CEBD；
（2）解：∵AB AC，BAC60，
∴ABC为等边三角形，
∴ACBABC 60，
根据解析（1）可知，ACE≌ABD，
∴ACEABD，∴∠ABD∠BCF ∠ACE∠BCF ∠ACB  60，
∴∠CBF ∠BCF ∠ACD∠BCF ∠ABC  6060120，
∠BFC 180∠CBF ∠BCF 60
∴ ．
9 3 3

（3）解：存在；30；BCE面积的最小值为 8 4 ；
BCE中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最小值时BCE的面积有最小值，
∵AE1，
∴点E在以点A为圆心，以AE为半径的圆上，
∵垂线段最短，
∴过点A作AGBC于点G，交A于点H，当点E在点H时，点E到BC的距离最小，
根据解析（2）可知，ABC为等边三角形，
∴AC  ABBC 3，BAC60，
∵AB AC，AGBC，
1 3 1
∴CG  BC  ，∠CAG  ∠BAC 30，
2 2 2
∴此时旋转角30，
2
3 3 3
AG  AC2 CG2  32  
∴   ，
2 2
3 3
GH  1
∴ 2 ，
1 3 3  9 3 3
3 1 
∴ 的最小值为2  2  4 2．
BCE  
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三
角形内角和定理，垂线段最短，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，正确寻找全等
三角形，利用性质求解．31．（2023·全国·九年级专题练习）【教材呈现】以下是浙教版八年级下册数学教材第85页的部分内容．
先观察下图，直线l ∥l，点A，B在直线l 上，点C ，C ，C ，C 在直线l 上．△ABC，△ABC，
1 2 2 1 2 3 4 1 1 2
△ABC，△ABC 这些三角形的面积有怎样的关系？请说明理由。
3 4
【基础巩固】如图1，正方形ABCD内接于O，直径MN∥AD，求阴影面积与圆面积的比值；
【尝试应用】如图2，在半径为5的O中，BD＝CD，ACO＝2BDO，cosBOC＝x，用含x的代数式
S
表示 ABC；
【拓展提高】如图3，AB是O的直径，点P是OB上一点，过点P作弦CD AB于点P，点F是O上
的点，且满足 CF＝CB ，连接BF交 CD 于点E，若 BF＝8EP ， S CEF 10 2 ，求 O 的半径．1
【答案】[教材呈现]：面积相等，理由见解析；[基础巩固]： 4 ；[尝试应用]： S 25x 1x2 ；[拓展提
△ABC
高]：6
【分析】[教材呈现]根据平行线与三角形的面积公式解答即可；
[基础巩固]连接OC、OD，设O的半径为r，利用正方形的性质得MN∥BC，根据三角形面积公式得
1
S S  S
S △AON S △DON ，同理，S △BON S △CON ，可得 阴影 扇形CNDO 4 圆即可求出阴影面积与圆面积的比；
[尝试应用]连接AO，过点O作OH  AB于点H，由BDCD，BOCO，DODO可得△BDO≌△CDO，
得出BDOCDO，即可得BDC BAC 2BDO，由ACO2BDO可得BAC ACO，再由
COAB得出∠ABO∠BOC，从而可得BH OBcosABO5cosBOC 5x，利用勾股定理求出
OH 5 1x2
，最后求得结果；
DF，BD，OD BC BD CPPD FC BC BD
[拓展提高]连接 ，先由垂径定理得出 ， ，从而可得 ，设
EP=a，则CD8a，PC PD4a，CE3a，由勾股定理求出PB的长，最后求得结果．
ABC △ABC △ABC △ ABC
【详解】∵ 1， 2， 3， 4同底等高
S S S S
∴ △ABC1 △ABC2 △ABC3 △ABC4
[基础巩固]
连接OC、OD∵AD∥MN
S S
∴ △AON △DON
S S
同理， △BON △CON
1
S S  S
∴ 阴影 扇形CNDO 4 圆
1
∴阴影面积与圆面积的比为 ；
4
[尝试应用]
连接AO，过点O作OH  AB于点H
∵BDCD，BOCO，DODO
∴△BDO≌△CDO
∴BDOCDO
∴BDC BAC 2BDO
∵ACO2BDO
∴BAC ACO
∴CO∥AB
∠ABO∠BOC S S
∴ ， ABC ABO
∴BH OBcosABO5cosBOC 5x，AB2AH 10x OH 5 1x2
， ，
1
S S  ABOH 25x 1x2
∴ △ABC △ABO 2
[拓展提高]
连接DF，BD，OD
∵AB为直径，CD AB于点P
BC BD CPPD
∴ ，
又∵CF CB
FC BC BD
∴
BFDCBF FCBCBD
∴ ，
∴BC∥DF，BF CD
设EP=a，则CD8a，PC PD4a，CE3a
FC BD
∵
∴DCBCBF
PB BE2EP2  3a2a2 2 2a
∴BECE 3a，
∵BC∥DF
S S
∴ △CBF △CBD
S S S S S S
∴ △EBD △CBD △CBE △CBF △CBE △CEF
1 1
EDPB 5a2 2a10 2
∴2 2a 2
∴
PB4 PD4 2
∴ ，
在RtODP中，OP2PD2 OD2，
设O半径为r，
r42  4 2 2 r2
则
解得r6
∴O的半径为6
【点睛】此题考查的是平行线的性质及三角形的面积公式，垂径定理、弧、弦、圆心角的关系及勾股定理
等知识点，解决本题的关键是熟练掌握两条平行线之间的距离处处相等．
32．（2023·河南开封·一模）刘老师在“矩形的折叠”活动课上引导学生对矩形纸片进行折叠．
如图，将矩形纸片ABCD折叠，点A与点D重合，点C与点B重合，将纸片展开，折痕为EF，在AD边
P CP PCD △PCQ D Q
上找一点 ，沿 将 折叠，得到 ，点 的对应点为点 ．
Q EF CD1 BQ
(1)问题提出：若点 落在 上， ，连接 ．
△CQB
① 是______三角形；
△CQB
AD
②若 是等边三角形，则 的长为______．
AD 2 △CQB
(2)深入探究：在（1）的条件下，当 时，判断 的形状并证明；
AB5 AD6 Q ABFE ( ) AQ
(3)拓展延伸：若 ， ，其他条件不变，当点 落在矩形 内部 包括边 时，连接 ，
直接写出AQ的取值范围．
【答案】(1)①等腰；②1△CQB
(2) 是等腰直角三角形，证明见解析
AQ 615 AQ 26
(3) 的取值范围是
EF BC △CQB
【分析】（1）①根据折叠的性质得出 垂直平分 ，根据垂直平分线的性质即可得出 是等腰三
角形；
CQCD1 △CQB BC CQ1 ADBC 1
②由折叠得 ，若 是等边三角形，则 ，根据矩形的性质得出 ，
1 CQBQCD1 CQ2BQ2 BC2 △CQB
（2）由 得 ，根据勾股定理的逆定理得出 ，证明 是直角三角
形，进而即可得出结论；
AC C CD EF G BC H CQCD5
（3）连接 ，以点 为圆心， 长为半径作圆交 于点 ，交 于点 ，得出 ，即点
Q在C上运动，连接AG、CG、CH ，则CGCH 5，当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则
AC5 AQ AH ．
【详解】（1）如图1，①将矩形纸片ABCD沿EF折叠，点C与点B重合，
EF 垂直平分BC，
CQBQ，
CQB是等腰三角形，
故答案为：等腰．
②由折叠得CQCD1，
△CQB BC CQ1
若 是等边三角形，则 ，
四边形ABCD是矩形，
ADBC1，
故答案为：1．
△CQB
（2） 是等腰直角三角形，
1
1
CQBQCD1
证明：如图 ，由 得 ，CQ2BQ2 1212 2
∴ ，
ADBC  2
∵ ，
BC2 ( 2)2 2
∴
CQ2BQ2 BC2
∴ ，
CQB是直角三角形，
CQBQ，
CQB是等腰直角三角形．
（3）如图2，连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H ，
 ABCD5，ADBC 6，�B�90 ，
AC  AB2BC2  5262  61
，
CQCD5，
点Q在C上运动，
连接AG、CG、CH ，则CGCH 5，
BH BCCH 651，
AH  AB2BH2  5212  26
四边形ABFE是矩形，
CFGAEG90，EF  AB5，
1 1
 AEBF CF  BC  63，
2 2
FG CG2CF2  5232 4
EGEFFG541，AG AE2EG2  3212  10
当点Q落在矩形ABFE内部(包括边)时，则AC5 AQ AH ，
615 AQ 26
即 ，
AQ 615 AQ 26
∴ 的取值范围是 ．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，
圆外一点到圆的最值问题，轴对称的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
33．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）AB为O的直径，C为圆上一点，CD AB，
垂足为D，点E为圆上一点，连接AC，BC，且EC  AC．
(1)如图，求证：ACE2BCD；
(2)如图，连接AE，求证：AE2CD；(3)如图，在（2）的条件下，连接CO并延长CO交AE于点F ，连接DF交CE于点G，若DG1，
CD2 5 FG
，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）连接AE，设BCD，则B90，根据圆周角定理和等腰三角形性质可得
CAEEB90，再根据三角形内角和定理可得出结论；
（2）延长CD交圆于点F ，连接AF ，结合题意可证得ACF≌CAE，可得CF  AE，进而再证得结论；
（3）在EG上截取一点K，使GK GD，作FH KE，先证出ACD≌CAF ，再证得ODOF ，
OFDODF FCG，GFE90E，再证GKF≌GDC，设HK HEx，因此
GC GF GE12x，HG1x，再利用勾股定理得出FG2HG2 FE2HE2，进而算出结论．
【详解】（1）连接AE，设BCD， CD AB
B90
 
 AC  AC
BE90
 CECA
CAEE90
 ACECAEE180
�ACE 2a
ACE2BCD
（2）延长CD交圆于点F ，连接AF ，
 CD AB，AB是O的直径，
CDFD BC BF
， ，
CABFABBCF ，
ACF 90CAE

AC CA
F EACF≌CAE
CF  AE
2CD AE
（3） OAOC OB
OCBOBC 90
BOC2，而AC CE，
OACOCAECF
 AC EC
CFA90CDA
 ACCA，AF CD，
ACD≌CAF
 ADCF
ODOF
OFDODF FCG，
CDF 90，CGFG，FGE2，
 E90
GFE90E
GF GE
在EG上截取一点K，使GK GD，作FH KE，
GKF≌GDC
1
CDFK  AE，
 2
FK FE
 DG1设HK HEx，因此GC GF GE12x，HG1x，
 FH CE
FH2HG2 FG2 FH2HE2 FE2
，
FG2HG2 FE2HE2
 CD2 5
12x21x2   2 5 2 x2

x2，（负根舍去）
FG5．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形性质与判定，勾股定理等知
识点，添加适当的辅助线，构造合适的三角形全等是解本题的关键．
ABCD AQ
34．（2023·江苏·模拟预测）【问题思考】如图1，点E是正方形 内的一点，过点E的直线 ，以
DE DEFG GC GC AQ AE GC
为边向右侧作正方形 ，连接 ，直线 与直线 交于点P，则线段 与 之间的关系为
______．
【问题类比】
如图2，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论；
若不成立，请说明理由；
【拓展延伸】
如图3，点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到
边AD的最大距离为______（直接写出结果）．【答案】【问题思考】AEGC，AEGC；【问题类比】：【问题思考】中的结论成立，理由见解析；
33 2
【拓展应用】
【问题思考】根据“SAS”证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【问题类比】同理证明△DAE≌△DCG，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【拓展应用】根据CPA90可得点P的运用轨迹即为以AC为直径的O上，所以当点P位于AD右侧，
PH  AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，据此解答即可．
【详解】解：问题思考：
设AQ和BC交于点H ，
∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴ADCEDG90，DADC,DEDG，
∴ADCEDC EDGEDC，
即ADE CDG，
∴DAE≌DCG(SAS)，
∴AE CG，DAEDCG，
∵DABDCB90，
∴DAEHABDCGPCH ，
即BAH PCH ，
∵AHBCHP，
∴BCPA90，
即AECG，
故答案为：AEGC，AEGC；
问题类比：
问题思考中的结论仍然成立，理由如下：
设AQ和BC交于点H ，∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形，
∴ADCEDG90，DADC,DEDG，
∴ADCEDC EDGEDC，
即ADE CDG，
∴DAE≌DCG(SAS)，
∴AE CG，DAEDCG，
∵DABDCB90，
∴DAEHABDCGPCH ，
即BAH PCH ，
∵AHBCHP，
∴BCPA90，
即AECG，
故答案为：AEGC，AEGC；
拓展应用：
∵CPA90，
∴点P的运用轨迹即为以AC为直径的O上，
如图：当点P位于AD右侧，PH  AD且经过圆心O时，动点P到边AD的距离最大，
∵正方形的边长为6，
AC 6 2 OH 3
∴ ， ，
1
∴OPOC  AC 3 2，
2
PH OH OP33 2
∴ ，
AD 33 2
即动点P到边 的最大距离为 ，
33 2
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点，熟练
掌握全等三角形的判定与性质以及确定出点P的运动轨迹是解本题的关键．
35．（2023·陕西铜川·统考三模）（1）如图1，A的半径为1，AB2.5，点P为A上任意一点，则
BP的最小值为 ；
ABCD AB AE,BE EF  AB △BEF
（2）如图2，已知矩形 ，点E为 上方一点，连接 ，作 于点F，点P是 的
内心，求BPE的度数；
AP,CP AB6 BC 4 BEBA CP
（3）如图3，在（2）的条件下，连接 ，若矩形的边长 ， ， ，求此时 的
最小值．1.5 135 583 2
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【分析】（1）根据一点到圆上的距离可得当A、B、P三点共线，且点Р在线段AB上时，BP有最小值，
即可求解；
1 1
（2）根据点 是 的内心，得出PEB FEB，PBE FBE，根据三角形内角和定理即可求
P △BEF 2 2
解；
△PBE≌△PBA BPEBPA135 AB
（3）证明 ，结合（2）的结论，则 ，可得点P的运动轨迹是在 上
AB 135 △APB Q AQ BQ CQ Q QM CB
运动，且 所含的圆周角为 ，作 的外接圆 ，连接 ， ， ，过 作 ，设
Q的半径为r，交CB的延长线于M ，根据圆周角定理得出AQB90，得出QAB是等腰直角三角形，
勾股定理求得CQ，进而即可求解．
Р
A B P AB BP
【详解】解：（1）当 、 、 三点共线，且点 在线段 上时， 有最小值，
BP的最小值为：BP ABPA2.511.5；
故答案为：1.5．
（2）∵EF  AB，
∴EFB90，
∴FEBFBE90，
∵点P是△BEF的内心，
1 1
∴PEB FEB，PBE FBE，
2 2
1 1 1 1
∴PEBPBE FEB FBE FEBFBE 9045，
2 2 2 2
BPE180PEBPBE18045135
∴ ；
（3）点P是△BEF的内心，PBEPBA，
 BEBA，BPBP，
△PBE≌△PBA，
由（2）可得BPE135，
BPEBPA135，
AB AB 135 △APB Q AQ
∴点P的运动轨迹是在 上运动，且 所含的圆周角为 ，如图，作 的外接圆 ，连接 ，
BQ CQ Q QM CB CB M
， ，过 作 ，交 的延长线于 ，
设Q的半径为r，则CP的最小值为：CQr，
AB 135
∵ 所含的圆周角为 ，
AB 270
所对的圆心角为 ，
AQB90，
又QAQB，AB6，
QAB是等腰直角三角形，
∴QBA45，
QA2QB2  AB2 36
，
r QA3 2
∴ ，
∵M 90，QBA45，∴QM BM 3， CQ QM2CM2  32342  58 ，
CP CQr 583 2
故 的最小值为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求一点到圆上的距离，三角形内心的性质，三角形外接圆，勾股定理，
全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，矩形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解
题的关键．
36．（2023·全国·九年级专题练习）【结论理解】“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出
结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
(1)【问题探究】如图1，在矩形ABCD中，点E为CD上一点，将BCE沿BE翻折，点C的对应点F恰好
落在边AD上，做经过F、E、C三点的圆，请根据以上结论判断点B点______（填“在”或“不在”）该
圆上；
ABCD O ABC ADC ABBC 5 2 CD6
(2)如图2，四边形 是 的内接四边形， ， ， ，求四边形
ABCD的面积．
(3)【问题解决】如图3，四边形ABCD是某公园的一块空地，现计划在空地中修建AC与BD两条小路，
（小路宽度不计），将这块空地分成四部分，记两条小路的交点为P，其中△ ADP与BCP空地中种植草
坪，ABP与△CDP空地中分别种植郁金香和牡丹花．已知
ABCD，BD150m，AC 100m，BACBDC 180，且点C到BD的距离是40m，求种植牡丹花的
地块△CDP的面积比种植郁金香的地块ABP的面积多多少m2？
【答案】(1)在
(2)49
1000m2
(3)
【分析】（1）矩形的性质及折叠的性质得：CBFE180，则四点B、C、E、F共圆，从而可得答案；
（2）由圆内接四边形的性质、勾股定理即可求得四边形的面积；
（3）过点C作CEBD于E，过点B作BFAC，交CA的延长线于点F，易证CED≌BFA，则
BF CE40m，从而可分别求得BDC、ABC的面积，两个面积之差即可所求的结果．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴C 90，
由折叠的性质得：BFEC90，
∴CBFE180，
∴四点B、C、E、F共圆，
∴点B在点C、E、F确定的圆上，
故答案为：在；
（2）解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴ABCADC180，
∵ABC ADC，
∴ABC ADC 90，
AC  AB2BC2 10 AD AC2CD2 8
由勾股定理 ， ，
1 1
S S S  (5 2)2 6849；
四边形ABCD ABC ACD 2 2
（3）解：如图，过点C作CEBD于E，过点B作BFAC，交CA的延长线于点F，
则CE40m，CEDBFA90，
∵BACBDC180，BACBAF 180，
∴BDC BAF ，
∵ABCD，
∴CED≌BFA，
∴BF CE40m；
1 1
∵S S S  BDCE 150403000(m2)，
BDC CDP PBC 2 2
1 1
S S S  ACBF  100402000(m2)，
ABC ABP PBC 2 2
S S S S 300020001000(m2)
∴ CDP ABP BDC ABC ．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识，有
一定的综合性，熟练掌握这些知识并正确运用是关键．
37．（2023·广西柳州·校考一模）如图1，在Rt△ABC中，ABC 90，以线段BC为直径作O交AC于
点D，E为AB中点，连接ED，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F．
(1)求证：直线ED是O的切线；
(2)判断CDF的形状，并说明理由；
OF O BP AC AQ AB6 PQ
(3)如图2，连接 交 于点P，连接 交 于点Q，若D为 中点， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形，见解析
(3)3
【分析】（1）连接OD，BD，利用等边对等角可得ODEABO90，从而证明结论；
（2）由AEDE，AB∥CF，可说明CF DF ；
BD OM BP ABBQ6 FDFC FO CD
（3）连接 ，作 于M，由垂直平分线的性质可得 ，由 ，可 是 的
ABDQBDQBOBPO30
垂直平分线，从而得出 ，从而解决问题．
【详解】（1）连接OD，BD，∵BC为O的直径，
∴BDC ADB90，
∵点E是AB的中点，
∴EDBE，
∴∠EDB=∠EBD，
∵ODOB，
∴∠ODB=∠OBD，
∴ODEABO90，
∴ODDE，
∵OD是半径，
∴直线ED是O的切线；
（2）△CDF是等腰三角形，理由如下：
由（1）知，AEDE，
∴AADE，
∵AB∥CF，
∴ADCF，
∵CDF  ADE，
∴CDF DCF ，
∴DF CF ，
∴CDF是等腰三角形；
（3）连接BD，作OM BP于M，AQ BDC ADB90
∵点D为 的中点，
∴BD垂直平分AQ
∴ABBQ6
∴ABDQBD
∵DF CF ，ODOC
∴FO是CD的垂直平分线，
∴OF CD，
又∵BDCD，
∴BD∥OF ，
QBDBPO
∴ ，
又∵OBOP，
QBOBPO
∴ ，
ABDQBDQBOBPO
∴ ，
ABDQBDQBO90
∵ ，
ABDQBDQBOBPO30
∴ ，
Rt△ABC AC 2AB12 BC 6 3
在 中， ， ，
1
∴OB BC 3 3
2
1 3 3 9
OM  OB BM  OB2OM2 
在Rt△BOM 中， 2 2 ， 2，
∵OM BP
∴BP2BM 9，
PQBPBQ3
∴ ．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，
直角三角形斜边上中线的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明ABD30是解题的关键．
38．（2022秋·广东广州·九年级统考期末）如图，ABCD是正方形，BC是O的直径，点E是O上的一动点（点E不与点B，C重合），连接DE，BE，CE．
(1)若EBC 60，求ECB的度数；
(2)若DE为O的切线，连接DO，DO交CE于点F，求证：DF CE；
(3)若AB2，过点A作DE的垂线交射线CE于点M，求AM 的最小值．
【答案】(1)30
(2)见解析
51
(3)
【分析】（1）先根据圆周角定理可得BEC90，然后根据直角三角形的性质即可解答；
DO，DO CE OCDOED CDF EDF,CDDE
（2）如图：连接 交 于点F，先证明 可得 ，根
据等腰三角形三线合一的性质可得DFE90，然后再证明DFECEB，最后根据全等三角形的
性质即可解答；
（3）如图2：连接AC、BD相交于点T，设AM DE于点N,设DE交AC于点Q，先证明ABEBCE
，进一步证明DBEACM ，再根据BD AC和DE AM 证明BDECAM ，并证明
VBDEVCAM 得到BECM ，最后根据SAS证明VDCM VCBE得到CMDBEC 90，
说明点M在以CD为直径的圆上，如图3：设圆心为H，连接MH、AH ，则
1 1
MH DH  CD 21，根据勾股定理求出 ，再说明 (当且仅当
2 2 AH  5 AM  AH MH
点M在线段AH 上时等号成立)，求出AM的最小值即可．
【详解】（1）解：∵BC是O的直径，
∴BEC90，
∵EBC 60，
∴ECB90EBC30．
（2）解：如图：连接DO，DO交CE于点F，∵DE为O的切线，
∴OED90，
由正方形和圆的性质可得：OC OE,OCD90．
∴OEDOCD90，
∵ODOD，
OCDOEDHL
∴ ，
∴CDF EDF,CDDE，
∴DF EC，即DFE90，
∴DFECEB90，
∵OEOB，
∴OEBOBE，
∵OED90，BEC90，
∴OEDOECBECOEC，即OEBDEF ，
∴OBEDEF，
DFECEBAAS
∴ ，
∴DF CE．
（3）解：如图2，连接AC、BD相交于点T，设AM DE于点N，设DE交AC于点Q，
∵正方形ABCD，
∴AC BD,AC BD,CT BT ，ABCBCDADC 90，ACBABD45，
CDBC  AD AB2CDBC  AD AB2，
∴点T在O上，
∵BCD90，BEC 90，
∴ABECBE90，BCECBE90，
∴ABE BCE，
∴ABDABEACBBCE ，即DBEACM ；
∵BD AC,DE  AM ，
∴BDEDQT 90，CAM AQN 90，
又∵AQN DQT ，
∴BDECAM ，
在△BDE和VCAM 中，
BDECAM

 BD AC
，

DBEACM
BDECAMASA
∴ ，
∴BECM ，
∵ABC BCD90，ABE BCE，
∴DCM CBE，
在△DCM 和△CBE中，
 CDBC

DCM CBE
，

 CM BE
SAS
VDCM VCBE
∴ ，
∴CMDBEC 90；
点M在以CD为直径的圆上，设圆心为H，
如图3：连接MH、AH ，1 1
则: MH DH  CD 21，
2 2
∵ADC 90，
AH  AD2DH2  2212  5
∴ ，
∵AM  AH -MH ，
∴当且仅当点M在线段AH 上时等号成立，
AM  51
∴ ，
AM 51
∴ 的最小值为 ．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与
性质、勾
股定理、正方形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
39．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图1，O的半径为4cm，Y ABCD的顶点A，B，C在O
上，AC BC．
(1)求证：DC是O的切线；
(2)若AD也与O相切，求证：四边形ABCD是菱形；
(3)如图2，AD与O相交于点E，连接于CE，当B75时，求Y ABCD的对角线AC的长及阴影部分
图形的面积．【答案】(1)见解析
(2)见解析
AC 2 62 2cm S 4π4 34  cm2
(3) ， 阴影
【分析】（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F ，根据垂直平分线的性质得出CO垂直平分AB，
再根据平行四边形的性质进行证明即可；
（2）根据切线长定理和四边形ABCD是平行四边形进行证明即可；
（3）连接OA，OE，过点E作EG AC交AC于G，根据平行四边形的性质和圆内接四边形的性质得出
CAE30，ACE45，再根据勾股定理、等腰三角形的性质和含30角直角三角形的性质得到AG和
S  S
CG 的长，最后根据 阴影 弓形 AE 的面积 AEC进行求解即可．
【详解】（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F ，
∵AC BC，
∴点C在AB的垂直平分线上，
又∵OAOB，
∴点O在AB的垂直平分线上，
∴CO垂直平分AB，
∴BFC 90，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，
∴BFCDCF 90，
∴OCCD，
∴DC是O的切线；
（2）∵DC是O的切线，AD也是O的切线，
∴DC  AD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；（3）连接OA，OE，过点E作EG AC交AC于G，
∵AC BC，
∴BCAB75，
∴ACB30，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴CAEACB30，
∴AEG60，
又∵四边形ABCE是圆内接四边形，
∴ABCAEC180，
∴AEC 105，
∴CEG45，
∴ACE45，
∴AOE90，
又∵OAOE4cm，
90 1
∴弓形 的面积S S  R2 42 48  cm2 ，
AE 扇形AOE OAE 360 2
AE OA2OE2 4 2cm
∵ ，
EG2 2cm
∴ ，
AG2 6cm
∴ ，
CGEG2 2cm
∴ ，
AC 2 62 2cm
∴ ，∴S 
1
2 2

2 62 2

4 34
 cm2
，
AEC 2
S  S 484 3444 34
 cm2
∴ 阴影 弓形AE的面积 AEC ．
【点睛】本题考查了圆的综合，熟练掌握垂直平分线的性质、切线长定理、勾股定理、等腰三角形的性质
和含30角直角三角形的性质并正确画出辅助线是解题的关键．
40．（2023·河北邢台·统考一模）在等边三角形ABC中，ADBC于点D，半圆O的直径EF开始在边
090
BC EF 4 60
上，且点E与点C重合， ．将半圆O绕点C顺时针旋转 ，当 时，半圆O
与AD相切于点P．如图1所示．
(1)求AC的长度；
(2)如图2．当AC，BC分别与半圆O交于点M，N时，连接MN，OM ，ON．
①求MON 的度数；
②求MN的长度；
90 BC E  F ABC
(3)当 时，将半圆O沿边 向左平移，设平移距离为x．当 与 的边一共有两个交点时，直
接写出x的取值范围．
【答案】(1)6；
120 MN 2 3
(2) ， ；
4 3 4 3
0x 6 x<6
(3) 3 或x62 3或 3 ．
【分析】（1）如图，连接OP，等边三角形ABC中，ADBC于点D，CAD30半圆O与AD相切于
点P，根据30角所对的直角边等于斜边的一半可求解；（2）①根据圆周角可求解,②过O作OPMN于P，结合①，可求得ONM 30，
根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得PN ，进而求解；
E  F ABC BC E  F AB,AC
（3）由题意可知， 始终与 的 交于一点，即求出 与 再有E以外的一个交点即可；
如图，当F在AC上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得CE；如图，
AB OP,OB 30
当半圆O与 相切于点P时，连接 ，结合已知，根据 角所对的直角边等于斜边的一半和勾股
定理可得BE，从而求解；如图，当F在AB上时，结合已知，根据30角所对的直角边等于斜边的一半和
勾股定理可得BE，从而求解．
【详解】（1）解：如图，连接OP，
等边三角形ABC中，ADBC于点D，
CAD30，
半圆O与AD相切于点P，
1
，OPOC  EF 2，
APO90 2
AO2OP4，
AC  AOOC 6，
（2）①如图，由题意可知，
点M，N时，与半圆O上，
MON 2MCN 260120；
②过O作OPMN于P，1
，OM ON  FE2，
MON 120 2 MN 2PN
ONM 30
1
OP ON 1
2
PN  ON2OP2  3
MN 2 3
（3）由题意可知，
E  F ABC BC
始终与 的 交于一点，
如图，当F在AC上时，
在Rt△BEC中，
FEC90，FCE60°，EF 4，
EFC 30，
CF 2CE，
CF2 CE2EF2，
2CE2 CE2EF2
即
4 3
CE
解得 3 ，
4 3
x ，
3AB OP,OB
如图，当半圆O与 相切于点P时，连接 ，
1
，OPOE EF 2，
OP AB,OE BC 2
OBC 30，
BO2OE4，
OB2 OE2BE2，
即42 22BE2，
BE2 3
解得： ，
xBCBE62 3
，
如图，当F在AB上时，
在Rt△BEF中，
FEB90，FBE60，EF 4，
EFB30，
BF 2BE，
 BF2 BE2EF2，
4 3
解得BE ，
3
4 3
xBCBE6 ，
3E  F ABC
综上所述，当 与 的边一共有两个交点时，
4 3 4 3
0x 或 或6 x<6
3 x62 3 3
【点睛】本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，30角所对
的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含30角的直角三角形．
41．（2022秋·浙江杭州·九年级校联考期中）已知等边ABC内接于O点P为弧AB上的一个动点，连结
PA、PB、PC．
(1)如图1，当线段PC经过点O时，写出线段PA，PB，PC满足的等量关系，并说明理由．
(2)如图2，点P为弧AB的任意一点（点P不与点A、点B重合），试探究线段PA，PB，PC之间满足的
等量关系，并证明你的结论．
(3)如图3，在ABC中，AB=6，AC 11，BAC的外角平分线交ABC的外接圆于点P，PE AC于
E，求AE的长．
【答案】(1)PAPBPC，理由见解析
(2)PAPBPC，证明见解析
5
(3)
2
【分析】（1）由圆周角定理得出PACPBC90，由等边三角形的性质得出ABCBAC 60，1 1
求出 ，由直角三角形的性质得出PA PC，PB PC，即可得出结论；
ACPBCP30 2 2
（2）在PC上截取PDPA，连接AD，证明△APD是等边三角形，得出AD APPD，
PAD60BAC，证出DACPAB，证明△ACD≌△ABP(SAS)，得出DCPB，即可得出结论；
（3）在AC上截取EDAE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，由线段垂直平分线的性质得出
PAPD，由等腰三角形的性质和圆周角定理得出PADPDACDG．PADG．得出CDGG，
CGCD BAC1802PAD180(PADPDA)APG BGC  ABG ABCG
证出 ，证出 ．得出 ，得出 ，
证出ABCG．即可得出答案．
【详解】（1）解：PAPBPC，理由如下：
线段PC经过点O，
PC是O的直径，
PACPBC90，
ABC是等边三角形，
ABC BAC 60，
ACPBCP30，
1 1
PA PC PB PC
， ，
2 2
PAPBPC；
（2）PAPBPC，理由如下：
在PC上截取PDPA，连接AD，如图2所示：
ABC是等边三角形，
AB AC，ABCBAC 60，
APDABC60，
PDPA，APD是等边三角形，
ADAPPD，PAD60BAC，
DACPAB，
在ACD和ABP中，
AC  AB

DAC PAB
，

AD AP
△ACD≌△ABP(SAS)，
DCPB，
PAPBPDDCPC；
（3）在AC上截取EDAE．连接PD并延长交圆O于G．连接CG，如图3所示：
PEAC，DE AE，
PAPD，
PADPDACDG．
PADG．
CDGG，
CGCD，
又PA平分FAC，
BAC1802PAD180(PADPDA)APG．
BGC  ABG

ABCG
，
ABCG．ACABACCDAD2AE，即2AEACAB1165，
5
AE ．
2
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，
等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，含30角的直角三角形的性质，圆心角、弧、弦之间的关系
等知识；熟练掌握圆周角定理和等边三角形的性质是解题的关键．
42．（2022秋·浙江杭州·九年级校考期中）已知O为ABC的外接圆，ABBC．
(1)如图1，连接OB交AC于点E，过A作CO的垂线交CO延长线于点D．
①求证：BO平分ABC；
ACB,DAC  
②设 ，请用含 的代数式表示 ；
ABC 90 F O B,F AC △ABF AB
(2)如图2，若 ， 为 上的一点，且点 位于 两侧，作 关于 对称的图形
ABG，连接GC，试猜想AG,CG,BG三者之间的数量关系并给予证明．
2
【答案】(1)①见解析；②
GC2 2GB2GA2
(2) ，证明见解析
△OAB≌△OCBSSS OBAOBC ACD90
【分析】（1）①证明 ，可得 ，即可得证；②首先求出 ，
得到OCB90，根据等边对等角得到OCBOBCOBA90，BACBCA，在四
边形ABCD中，利用内角和列出关系式，化简即可；
GA GB GC GC2 2GB2GA2 GA O E DE EC
（2）猜想 ， ， 三者之间的数量关系为： ， 交 于点 ，连接 ， ，
由已知可得BAC BCA45；利用同弧所对的圆周角相等，得到BEAFBCA45，
BECBAC45 ABG ABE AB BGAF 45 GBEBECBAC45，由于ABG与ABE关于AB对称，于是BGAF 45，则得GBE为等腰直角三角
形，GEC为直角三角形；利用勾股定理可得：BG2BE2 GE2，GE2 2BG2；利用△GBA≌△EBC(AAS)
得到GAEC，等量代换可得结论．
【详解】（1）解：①连接OA，
则OAOBOC，
在OAB和OCB中，
OAOC

OBOB
，

ABBC
△OAB≌△OCBSSS
∴ ，
∴OBAOBC，即BO平分ABC；
�D�90 DAC 
②∵ ， ，
∴ACD90，
∴OCB90，
∵OC OBOA，
∴OCBOBCOBA90，
∵ABBC，
∴BACBCA，
在四边形ABCD中，ABCBADBCDD360，
39090360
即 ，
化简得：2；GA GB GC GC2 2GB2GA2
（2） ， ， 三者之间的数量关系为： ．理由：
延长GA交O于点E，连接BE，EC，如图，
ABC 90，ABCB，
BAC BCA45．
BEAF BCA45，BECBAC45．
GECAEBBEC90．
GC2 GE2CE2．
△ABG与△ABF 关于AB对称，
BGAF 45，
BGABEA45，
BGBE．
GBE180BGAGEB90．
BG2BE2 GE2．
即GE2 2BG2．
GBEABC90，
GBAABECBEABE，即GBACBE．
在GBA和EBC中，
GABCBE

BGABEC 45
，

BABC
△GBA≌△EBC(AAS)．
GAEC．
GC2 2GB2GA2．【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角
三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质．根据图形的
特点恰当的添加辅助线是解题的关键．
O ABC ABBC ABC60
43．（2022秋·广东广州·九年级校考阶段练习）已知： 是 的外接圆，且 ， ，
D为O上一动点．
AB
DBA
(1)如图1，若点D是 的中点， 等于多少？
(2)过点B作直线AD的垂线，垂足为点E．
AB CDDEAE
①如图2，若点D在 上，求证： ．
AC CDDEAE ABD
②若点D在 上，当它从点A向点C运动且满足 时，求 的最大值．
【答案】(1)30
(2)①证明见解析；②30
BD ABBC BCABAC
【分析】（1）连接 ，根据 可得 ，再根据圆周角定理进行求解即可；
（2）①过B作BH CD于点H，则BHC BHD90，证明BEA≌BHC和△BED≌△BDH即可求
解；
BO O AI BEA≌BHC △BED≌△BDH
②连接 并延长 交于点I，则点D在 上，证明 和 即可求解；
【详解】（1）如图1中，连接BD．ABBC
∵ ，
∴BCABAC，
∵ABC60，
∴BCA60，
AB
D是 的中点，
∴DCA30，
AD AD
∵ ，
∴DBADCA30．
（2）①过B作BH CD于点H，则BHC BHD90．
又∵BE AD于点E，
∴BED90，
∴BEDBHC BHD，
BDBD
又∵ ，
∴BAEBCH ，
ABBC
∵ ，
∴BABC，在△BEA和△BHC中，
BEABHC

BAE BCH

 BABC
BEA≌BHCAAS
∴ ，
∴EACH ，
又∵四边形ACBD是O的内接四边形，
∴BDEBCA，
ABBC
又∵ ，
∴BCABDC，
∴BDE BDC，
在BED和△BDH中，
BEDBHD90

 BDEBDC
，

 BDBD
BED≌BHDAAS
∴ ，
∴DEDH ，
∴DC DH HC DEAE．
BO O AI
②连接 并延长与 交于点I，则点D在 上．
如图：过B作BH CD于点H，
则BHC 90，BHD90，
又∵BE AD于点E，∴BED90，
∴BEDBHC BHD，
又∵四边形ABCD是O的内接四边形，
∴BAEBCD，
ABBC
又∵ ，
∴BABC，
在△BEA和VBCH中，
BAE BCD

BEDBHC
，

 BABC
BEA≌BCHAAS
∴ ，
∴EACH ，
ABBC
∵ ，
∴BDABDC，
又BDBD，BEDBHD90，
在BED和BHD中，
BEDBHD90

 BDABDC
，

 BDBD
BED≌BHDAAS
∴ ，
∴EDHD，
∴CDHDHC DEAE，
BI O ABBC
∵ 是 直径， ，
∴BI 垂直平分AC，
AI IC
∴ ，
∴2ABI ABC 60，
∴当点D运动到点I时ABI取得最大值，此时ABD30．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
44．（2023·江苏·九年级假期作业）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在
Rt△ABC中，C 90，当AB长度不变时．则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
【探索发现】
小明继续探究，在Rt△ABC中，C 90，AB长度不变．作A与B的角平分线交于点F，小明计算
后发现AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算AFB的度数，并简要说明小明
猜想的圆的特征．
【拓展应用】
在【探索发现】的条件下，若AB2 3，求出△AFB面积的最大值．
【灵活运用】
ABC AB2 3 BC AC BDCE AD、BE
在等边 中， ，点D、点E分别在 和 边上，且 ，连接 交于点F，试
求出△AFB周长的最大值．
【答案】探索发现：AFB135，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB
△AFB 3 23 △AFB 42 3
上；拓展应用： 面积取得最大值为 ；灵活运用： 的周长的最大值为
【分析】探索发现，根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求解，再根据圆内接四边形的性质可
判断点F运动的特征；
拓展应用，先确定FD AB时，△AFB面积取得最大值，再根据垂径定理求解即可；
△ABD≌△BCESAS
灵活运用，先确定点F的运动轨迹，再以BF为边作等边 △BFI ，构造 ，当
AFBF HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，即当弦HF为圆G直径，再根据垂径定理求解即
可．
【详解】解：探索发现，∵A与B的角平分线交于点F，且C 90，
1
∴FABFBA CABCBA
2
1
 180C
21
 18090
2
45，
AFB180FABFBA135
∴ ，
如图，以AB为斜边的Rt△ABD，点F在以D为圆心，DA为的圆D的劣弧AB上；
；
拓展应用，∵AB2 3，是定长，
∴当点F到AB的距离最长时，△AFB面积取得最大值，
此时FD AB，如图，
1
，BG AG AB 3，
FAFB 2
DGBG 3 DF BD 2BG 6
∴ ， ，
GF DFDG 6 3
∴ ，
1
∴ 面积取得最大值为 ABGF 3 23；
△AFB 2
灵活运用，
∵等边ABC中，且BDCE，∴ABC C 60，ABBC，
△ABD≌△BCESAS
∴ ，
∴BADCBE，
∴BFDBAFABF CBFABF 60，
∴AFB120，
作等边ABH ，作等边ABH 的外接圆G，点F在圆G的劣弧AB上；
以BF为边作等边△BFI ，延长FI 交圆G于点H，如图，连接BH ，
∵BHI BAF，HIB18060120AFB，BI BF，
△BHI≌△BAFAAS
∴ ，
∴HI  AF，
∴AFBF HIBI HIFI HF ，
∵AB2 3，是定长，
∴当AFBF HF的值最大时，△AFB的周长取得最大值，
即当弦HF为圆G直径时，△AFB的周长取得最大值，
BJ  AJ  3 JBF 30
如图， ， ，∴BF 2JF ，
1  2  2
BF2  BF  3
∵BF2 JF2BJ2，即 2  ，
∴BF  AF 2，
△AFB 42 3
∴ 的周长的最大值为 ．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理的求值，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形
的性质，利用圆内接四边形的性质求得点F的运动轨迹是解题的关键．
45．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图O半径为r，锐角ABC内接于O，连AO并延长交BC
于D，过点D作DEAC于E．
(1)如图1，求证：DABCDE；
CDOA,AB6 DE
(2)如图1，若 ，求 的长；
DAC 2DAB BD5,DC 6
(3)如图2，当 时， ，求r的值；
(4)如图3，若AE ABBD1，直接写出ADDE的值（用含r的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)3
5 5
(3) 2
4r21
(4)
【分析】（（1）延长AD交O于F，连接BF，由圆周角定理可得，再由等角的余角相等可得结论；
1
（2）作 ，可得AN  AB3，再由 证明 即可得到结论；
ON  AB 2 AAS ANODEC
（3）作AGBC于点G，DH  AB于点H，可证明ADH ADGACG，得到DH DGGC 3，由勾股定理得BH 4，AB10，延长AD交O于F ，连接BF，可得BF BD5，再由勾股定理可得结
论；
（4）延长AD交O于点F，连接BF，过点C作CG AF 于点G，连接EG交BC于点H，由AAS证明
CEDCGD得DEDG，从而ADDE ADDG AG，再根据ASA证明AEGBDF 得AGBF，
最后由勾股定理可得结论．
【详解】（1）延长AD交O于F，连接BF，
∴C F.
∵AF 为直径，DEAC，
ABF DEC 90
∴ ，
∴DABCDE；
（2）作ON  AB于N，
ANODEC90
∴ ，
∵AB6，
∴AN 3，
又∵AOCD，DABCDE，
∴ANODEC，
∴DE AN 3；
（3）作AGBC于点G，DH  AB于点H，AGC DEC 90,C C
∴ ，
∴GAC CDEDAB，
又∵DAC 2DAB，
∴DABDAGGAC，
∴可得ADH ADGACG，
又∵DC 6，
∴DH DGGC 3，
Rt△ BDH BH  5232 4
在 中， ，
设AH  AGx，
RtABG 82x2 (x4)2
在 中， ，
解得x6，
∴AB10，
延长AD交O于F ，连接BF，
∵F C ADC BDF，
∴BF BD5，
RtABF AF  52102 5 5
在 中， ．
1 5 5
r AF 
∴ 2 2 ；
（4）延长AD交O于点F，连接BF，过点C作CG AF 于点G，连接EG交BC于点H，如图，
 ABBD，DABBDA，
BDAFDC，
DABFDC，
由（1）得，DABCDE，
CDEFDC，
 DE AC，
CED90，
CG AF，
CGD90
，
CEDCGD，
在△CED和△CGD中，
CEDCGD,CDEGDC,CDCD
，
CEDCGD(AAS)
，
DEDG，
ADDE ADDG AG，
 DEDG,CDEGDC
，
DH EG，
DCECEH 90
，
ECDCDE90
，
CEH CDE，
CEGGDC，
AEG180CEG,BDF 180GDC
，
AEGBDF ，
在△AEG和VBDF中，
DAEDBF,AEBD,AEGBDF
，
AEGBDF(ASA)
，AGBF.
 AF为O的直径，
ABF 90
，
BF  AF2AB2  (2r)212  4r21
，
AG 4r21
，
ADDE 4r21
．
【点睛】本题考查垂径定理、直径的性质、勾股定理，全等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，构造全等三角形解决问题．