文档内容
专题05 巧作辅助圆解题（隐圆问题）（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 定点定长模型】..........................................................................................................................................2
【题型2 对角互补模型】..........................................................................................................................................5
【题型3 定弦定角模型】..........................................................................................................................................9
【题型4 定角定高模型（探照灯模型）】...........................................................................................................15
【题型5 最大张角模型（米勒定理）】................................................................................................................31
类型一 定点定长模型
如图，若P为动点，且OA=OB=OP，则A、B、P三点在同一个圆上．
类型二 对角互补模型（四点共圆模型）
如图①，在四边形ABCD中，∠ABD=∠ACD（也满足∠ABC+∠ADC=180°）．如图②，在四边
形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°．
结论：点A、B、C、D在同一个圆上．
类型三 定弦定角模型
已知弦AB与顶角∠C均为定值，则：
（1）如图①，当∠C<90°时，弦AB与点C在圆心异侧，点C的运动轨迹为AC´ B；
（2）如图②，当∠C=90°时，弦AB为直径，点C的运动轨迹为整个⊙O（不包含A、B两点）；
（3）如图③，当∠C>90°时，弦AB与点C在圆心同侧，点C的运动轨迹为A´B．类型四 定角定高模型 （ 探照灯模型 ）
如图，直线 BC 外一点A，A到直线BC的距离h为定值（定高），∠BAC为定角，则由A、B、C三点可
作出一个圆．
结论：即当点A、O、H共线时，圆的半径OA 取最小值，BC 取最小值．
类型五 最大张角模型（米勒定理 )
如图，点A、B是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的动点，则由A、B、C三点可作出一
个圆．
结论：当且仅当三角形ABC的外接圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大．
【题型1 定点定长模型】
【例1】如图所示，四边形ABCD中，DC∥AB，BC=1，AB=AC=AD=2．则BD的长为（ ）
A．❑√14 B．❑√15 C．3❑√2 D．2❑√3
【答案】B
【详解】解：以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交⊙A于F，连接DF．∵AB=AC=AD=2，
∴D，C在圆A上，
∵DC∥AB，
∴弧DF=弧BC，
∴DF=CB=1，BF=AB+AF=2AB=4，
∵FB是⊙A的直径，
∴∠FDB=90°，
∴BD= ❑√BF2-DF2 = ❑√15
故选B
【变式1-1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，将△ABC绕点C逆时针旋转
到△EDC的位置，点B的对应点D首次落在斜边AB上，则点A的运动路径的长为 ．
【答案】❑√3π
【分析】本题考查了旋转变换，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明△BCD
是等边三角形．
首先证明△BCD是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中， ∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠A=90°−∠B=30°，
∴AB=2BC=6，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√62−32=3❑√3，
由旋转的性质得∠ACE=∠BCD，CE=CA=3❑√3，CB=CD，∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACE=∠BCD=60°，
60⋅π⋅3❑√3
∴点A的运动路径的长为 =❑√3π．
180
故答案为：❑√3π．
【变式1-2】如图，已知AB=AC=AD，∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°，则∠CAD的度数为
【答案】88°
【详解】解：∵AB=AC=AD，
∴B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，
∴∠CAD=2∠CBD，∠BAC=2∠BDC，
∵∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°，
∴∠CAD=2∠BAC=88°．
故答案为：88°．
【变式1-3】如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是边AB上一动点（不含端点），将△ADM
沿直线DM对折，得到△NDM．当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为
；DP的最大值为 ．
【答案】 10 2❑√5
【分析】（1）根据等底等高的三角形和矩形面积关系分析求解；
（2）结合勾股定理分析可得，当AP最大时，DP即最大，通过分析点N的运动轨迹，结合勾股定理确定
AP的最值，从而求得DP的最大值．【详解】解：由题意可得△CDP的面积等于矩形ABCD的一半，
1 1
∴△CDP的面积为 AB⋅AD= ×4×5=10，
2 2
在Rt△APD中，PD=❑√AD2+AP2，
∴当AP最大时，DP即最大，
由题意可得点N是在以D为圆心4为半径的圆上运动，当射线CN与圆相切时，AP最大，此时C、N、M
三点共线，如图：
由题意可得：AD=ND，∠MND=∠BAD=∠B=90°，
∴∠NDC+∠DCN=90°，∠DCN+∠MCB=90°，
∴∠NDC=∠MCB
∵AD=BC，
∴DN=BC，
∴△NDC≌△BCM，
∴CN=BM=❑√CD2−DN2=3，
∴AP=AB−BP=2，
在Rt△APD中，PD=❑√AD2+AP2=❑√42+22=2❑√5，
故答案为：10，2❑√5．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性
强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，分析点的运动轨迹，证明三角形全等是解决问题的关键．
【题型2 对角互补模型】
【例2】如图所示，在等腰直角三角形ABC中，∠C=90∘，AC=BC=4，点D为斜边AB的中点，E是
AC上一动点，过点D作DF垂直于DE交BC于点F，连接EF，则EF的最小值是 ．【答案】2√ 2
【详解】如图，可知∠ACB和∠EDF互补，
所以E、C、F、D四点共圆，EF为直径.
连接CD，
易得AB=4√ 2，CD=2√ 2，
当CD为直径时，圆最小，EF也最小，
所以EF的最小值为2√ 2．
【变式2-1】如图，弦CD在以AB为直径的半圆O上滑动，M是CD的中点，CE⊥AB于点E.若弦CD始
终保持与半圆O的半径相等，则∠CEM的度数为 ．
【答案】30°
【详解】如图，连接OC，OD，OM.
∵OC=OD，M是CD的中点，
∴OM⊥CD，CM=DM.
∵CE⊥AB，
∴∠OEC=∠OMC=90°.
∴C，M，O，E四点共圆，且OC为圆的直径，CM为圆的一条弦．
∴∠CEM=∠COM.∵CM=DM，CD=OC，1
∴CM= OC.∴易得∠COM=30°.
2
∴∠CEM=30°．
【变式2-2】如图，将△ABC绕点A旋转至△AB’C’，使得B’，C’，B共线.若AC=2，∠ABC=30∘
，则CC’的长为 ．
【答案】2❑√3
【详解】解：如图，过点A作AH⊥CC’于H，
∵将△ABC绕点A旋转至△AB’C’，
∴AC=AC’=2，∠ACB=∠AC’B’，
∵∠AC’B’+∠BC’A=180∘，
∴∠ACB+∠BC’A=180∘，
∴点A，点C，点B，点C’四点共圆，
∴∠ABC=∠AC’C=30∘，
∵AC=AC’，AH⊥CC’，1
∴CC’=2C’H，AH= AC’=1，C’H=❑√3AH=❑√3，
2
∴CC’=2❑√3，
故答案为：2❑√3.
【变式2-3】如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，E是AC的中点，F是BD的中点，若
∠BAC=15°，∠DAC=45°，CD=4，则EF的长为 ( )
A. √ 2 B. 2√ 2 C. 2 D. 2√ 3
【答案】A
【详解】连接BE，ED，如图，
∵∠ABC=∠ADC=90°，且E为AC中点，
1 1
∴ BE= AC ， DE= AC ，
2 2
∴BE=DE，
∵F为BD中点，
∴EF⊥BD，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∵∠BAC=15°，∠DAC=45°，
∴∠BAD=60°，
∴∠BED=2∠BAD=120°，
∴∠FDE=∠FBE=30°，1
∴ EF= DE ，
2
在△ADC中，∠DAC=45°，∠ADC=90°，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴AD=CD=4，
由勾股定理得 AC=√ CD2+AD2=√ 42+42=4√ 2 ，
1
∴ DE= AC=2√ 2 ，
2
1
∴ EF= DE=√ 2 ，故选A．
2
【题型3 定弦定角模型】
【例3】如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC=1，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的
中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 ．
❑√2
【答案】 π
4
【分析】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，可得四边
形CEOF是正方形，由OP=OC得OM⊥PC，则可得点M的运动路径，从而求得路径的长．
【详解】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，1 1 1 1
则OE∥BC，且OE= BC= ，OF∥AC，OF= AC= ，
2 2 2 2
∴四边形CEOF为平行四边形，
∵AC=BC，∠ACB=90 ，
∴四边形CEOF为正方° 形，
1
∴CE=CF= ，EF=OC，
2
❑√2
由勾股定理得：EF=OC= ，
2
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=1，
∴AB=❑√2BC=❑√2，
1 ❑√2 1 ❑√2
∴OC= AB= ，OP= AB= ，
2 2 2 2
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
当点P点在点A时，M点在E点；点P点在点B时，M点在F点，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
1 ❑√2 ❑√2
∴点M运动的路径长= ⋅π⋅ = π．
2 2 4
❑√2
故答案是： π．
4
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质及
正方形的判定，确定点M的运动路径是关键与难点．【变式3-1】如图，△ABC为等边三角形，AB=3．若P为△ABC内一动点，且满足∠PAB=∠ACP
，则线段PB长度的最小值为（ ）
4
A．1.5 B．❑√3 C． ❑√3 D．2
3
【答案】B
【分析】由等边三角形的性质得出∠ABC=∠BAC=60°，AC=AB=3，求出∠APC=120°，根据同
弧所对的圆周角相等可知，点P的运动轨迹是A´C，当O、P、B共线时，PB长度最小，由等边三角形的
1 3
性质得出AD=CD= AC= ，∠PAC=∠ACP=30°，求出PD和BD的长，可得PB的长，即可得出
2 2
答案．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，，
∵∠PAB=∠ACP，∠PAC+∠PAB=60°
∴∠PAC+∠ACP=60°，
∴∠APC=120°，
∴点P的运动轨迹是A´C，
设A´C所在圆的圆心为O，当O、P、B共线时，PB长度最小，
设OB交AC于D，如图所示：
此时PA=PC，OB⊥AC，
1 3 1
则AD=CD= AC= ，∠PAC=∠ACP=30°，∠ABD= ∠ABC=30°，
2 2 2
1 1 3
∴PD= AP，AD= AB= ，
2 2 2由勾股定理得：AD=❑√AP2−PD2=❑√3PD=
3
，BD=❑√AB2−AD2=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2 2
❑√3 3❑√3
∴PD= ，BD= ，
2 2
3❑√3 ❑√3
∴PB=BD−PD= − =❑√3．
2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质,同弧所对的圆周角相等,三角形内角和定理、
勾股定理等知识，作辅助线构建圆是解决问题的关键．
【变式3-2】）如图，在△ABC中，AC=6，BC=8❑√3，∠ACB=60°，过点A作BC的平行线l，P为
直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为 ．
【答案】2
【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC=120°，根据定弦定角，可得点E在以M为圆心，MB为半径的
B´C上运动，连接MA交B´C于E′，此时AE′的值最小．
【详解】解：如图，连接CE．
∵AP∥BC，
∴∠PAC=∠ACB=60°，
∴∠CEP=∠CAP=60°，
∴∠BEC=120°，
∵BC=8❑√3,为定值，则点E的运动轨迹为一段圆弧
如图，点E在以M为圆心，MB为半径的B´C上运动，过点M作MN⊥BC∴⊙M中优弧B´C度数为2∠BEC=240°，则劣弧B´C度数为120°
∴△BMC是等腰三角形，∠BMC=120°，
∵∠BCM=30°，BC=8❑√3，MB=MC
1
∴BN=❑√BM2−M N2==❑√3MN= BC=4❑√3
2
∴MB=MC=8，
∴连接MA交B´C于E′，此时AE′的值最小．
∵∠ACB=60°，∠BCO=30°，
∴∠ACM=90°，
∴MA=❑√MC2+AC2=❑√82+62=10，
∴AE的最小值为=10−8=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心、平行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等
知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．
【变式3-3】已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A′,B′,D′，连接OD,OD′．判断OD与OD′有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB
面积的最大值．
【答案】(1)OD=OD′，证明见解析
(2)3❑√3+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为9❑√2+9
1 1
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD= AB，OD′= A′B′，进而得出结论；
2 2
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD
和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，
连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根
据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定
理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【详解】（1）解：OD=OD′，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
1
∴OD= AB，
2
∵D′为A′B′的中点，∠A′OB′=α=90°，
1
∴OD′= A′B′
，
2
∵AB=A′B′，
∴OD=OD′；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
1 ❑√3
OC =CO′=CD+DO′= AB+ BO′=3+3❑√3；
最大 2 2
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接
BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
1
∴TC=AT=BT= AB=3，
2
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
1
∴∠BOT= ∠AOB=22.5°，
2
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
∴∠BET=∠OBE+∠BOC=45°
∵OT⊥AB
∴∠EBT=90°−∠BET=45°
∴∠EBT=∠BET=45°
∴ET=BT=3,OE=BE=❑√ET2+BT2=3❑√2
∴OT=OE+ET=3❑√2+31
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为 ×6×(3❑√2+3)=
2
9❑√2+9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌
握“定弦对定角”的模型．
【题型4 定角定高模型（探照灯模型）】
【例4】辅助圆之定角定高求解探究
(1)如图①，已知线段AB，以AB为斜边，在图中画出一个直角三角形；
(2)如图②，在△ABC中，∠ACB=60°，CD为AB边上的高，若CD=4，试判断AB是否存在最小值，
若存在，请求出AB最小值；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形ABCD中，
∠A=45°，∠B=∠D=90°，CB=CD=6❑√2，点E、F分别为AB、AD上的点，若保持CE⊥CF，
那么四边形AECF的面积是否存在最大值，若存在，请求出面积的最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
8❑√3
(2)存在，
3
(3)存在，144
【分析】（1）构造辅助圆，利用直径所对圆周角是直角解决问题即可．
（2）如图2中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．设OA=OC=2x．
求出x的最小值即可解决问题．
（3）如图③中，连接AC，延长BC交AD的延长线于G，将△CDF顺时针旋转得到△CBH，作△CEH
的外接圆⊙O．由（2）可知，当△CEH的外接圆的圆心O在线段BC上时，△ECH的面积最小，此时
四边形AFCE的面积最大．
【详解】（1）解：如图①中，△ABC即为所求．（2）存在，理由如下，
如图②中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．设OA=OC=2x．
∵∠AOB=2∠ACB=120°，OA=OB，OE⊥AB，
∴AE=EB，∠AOE=∠BOE=60°，
1
∴OE= OA=x，AE=❑√3x，
2
∵OC+OE≥CD，
∴3x≥4，
4
∴x≥ ，
3
4
∴x的最小值为 ，
3
∵AB=2❑√3x，
8❑√3
∴AB的最小值为 ．
3
（3）存在，理由如下，
如图③中，连接AC，延长BC交AD的延长线于G，将△CDF顺时针旋转得到△CBH，作△CEH的外
接圆⊙O．∵∠ADC=∠ABC=90°，AC=AC，CD=CB，
∴Rt△ACD≌Rt△ACB(HL)，
∴S =S ，
△ACD △ACB
∵∠DAB=45°，
∴∠DCB=135°，
∴∠DCG=45°，
∵∠CDG=90°，
∴CD=DG=6❑√2，
∴CG=❑√2CD=12，
∴AB=GB=12+6❑√2，
由（2）可知，当△CEH的外接圆的圆心O在线段BC上时，△ECH的面积最小，此时四边形AFCE的
面积最大，
❑√2
设OC=OE=r，则OB=EB= r，
2
❑√2
∴r+ r=6❑√2，
2
∴r=6❑√2(2−❑√2)，
∴EH=❑√2r=12(2−❑√2)，
1 1
∴四边形AFCE的面积的最大值=2× ×(12+6❑√2)×6❑√2− ×12(2−❑√2)×6❑√2=144．
2 2
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的外接圆，解直角三角形，最值问题等知识，解题的关键
是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式4-1】在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，点D是△ABC外一点，连接AD，以
AD为边作等边△ADF．(1)如图1，当点F在线段BC上，DF交AC于点M，且AF平分∠BAC，若AF=❑√6+❑√2，求△ADM的
面积；
(2)如图2，连接FB并延长至点E，使得FB=BE，连接CE、DE、CD，证明：DE=❑√3CD；
(3)如图3，旋转△ADF使得DF落在∠ABC的角平分线上，M、N分别是射线BA、BC上的动点，且始
终满足∠MDN=60°，连接MN，若BC=❑√2，请直接写出△MDN的面积最小值．
【答案】(1)3+❑√3；
(2)见解析；
(3)❑√3
【分析】（1）过点M作MN⊥AD交AD于点N，设DN=a，则MN=AN=❑√3a，
1
AD=AN+ND=❑√3a+a=❑√6+❑√2，解得a=❑√2，从而求得S = ×AD×NM=3+❑√3；
△AMD 2
（2）延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，证△ECB≌△FMB，△MAF≌△CAD，则
∠ECD=120°，CE=CD，从而证得DE=❑√3CD；
（3）过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC延长线于点
K，证△HDM≌△GDK，运用定角定高模型进行分析．
【详解】（1）解：如图1，过点M作MN⊥AD交AD于点N，
∴△ADF是等边三角形，AF=❑√6+❑√2，
∴AD=AF=❑√6+❑√2．∵在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AF平分∠BAC，
1
∴∠FAC= ∠BAC=15°，
2
∵△ADF是等边三角形，
∴∠FAD=∠ADF=60°，
∴∠MAD=∠FAD−∠FAC=60°−15°=45°．
设DN=a，
∵MN⊥AD，∠ADF=60°，
∴MN=❑√3a，
∵MN⊥AD，∠MAD=45°，
∴MN=AN=❑√3a，
∴AD=AN+ND=❑√3a+a=❑√6+❑√2，
∴a=❑√2．
1 1 ❑√6(❑√6+❑√2)
故S = ×AD×NM= ×(❑√6+❑√2)×❑√3a= =3+❑√3．
△AMD 2 2 2
（2）证明：如图2，延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，
在△ECB与△FMB中，
∵¿，
∴△ECB≌△FMB(SAS)，
∴MF=EC．
∵AB⊥BC，BC=BM，
∴AM=AC，
∵∠ACB=60°，∴△AMC是等边三角形，
∴AM=AC，∠MAC=60°．
∵△AFD是等边三角形，
∴AF=AD，∠FAD=60°，
∴∠MAC−∠FAC=∠FAD−∠FAC，
即∠MAF=∠CAD．
在△AMF与△ACD中，
∵¿，
∴△MAF≌△CAD(SAS)，
∴MF=CD．
∵MF=EC，
∴CD=EC．
设∠ECM=α，则∠ACE=60°−α，
∴∠CMF=∠ECM=α，∠ACD=∠AMF=60°+α，
∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=60°−α+60°+α=120°，
∵CE=CD，
∴DE=❑√3CD．
（3）解：如图3，过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC
延长线于点K，
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，DH⊥AB，DG⊥BC，
∴四边形DHBG是正方形，
∴∠HDG=90°，
∵∠MDN=60°，
∴∠HDM+∠NDG=30°，∵DK⊥DM，∠MDN=60°，
∴∠GDK+∠NDG=30°，
∴∠HDM=∠GDK，
在△HDM与△GDK中，
∵¿，
∴△HDM≌△GDK(ASA)，
∴DM=DK．
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，∠ACB=60°，BC=❑√2，
∴AB=❑√6，
∵∠ABD=45°，∠ADB=60°，AB=❑√6，
过点A作AQ⊥BD于点Q，
∴BQ=❑√3=AQ，DQ=1，
❑√2 ❑√2(❑√3+1)
∴BD=❑√3+1，DG= BD= ．
2 2
❑√2(❑√3+1)
对于△DNK，DG= ，
2
∵∠MDN=60°，
❑√3
∵S = DN·DM，
△MDN 4
❑√3
∴当S = DN·DM有最小值时，即DN⋅DM最小，
△MDN 4
∵DM=DK，
∴DN⋅DM最小，也即DN⋅DK最小．
❑√2(❑√3+1)
∵DG= ，∠NDK=30°，
2
∴当DG过△DNK外接圆圆心时，NK有最小值，即S 有最小值，也即DN⋅DK有最小值，此时
△DNK
DN=DK，
∵DM=DK，DN=DK，
∴DN=DM，
❑√3
即当△MDN是等边三角形时，△MDN的面积最小，为 ×DN2 ．
4
此时，由图形对称性可得，DN=AD=2，故△MDN的面积最小值为❑√3．
【点睛】本题是图形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的
判定与性质，勾股定理，定角定高模型，综合运用以上几何性质是解题关键．
【变式4-2】问题提出：
（1）如图①，△AOB与△OCD均为等边三角形，点C在OA上，点D在OB上，固定△AOB不动，让
△OCD绕点O逆时针旋转，当OC//AB时，则旋转角α=______．
问题探究：
（2）如图②，已知点A是直线l外一点，点B、C均在直线l上，AD⊥l垂足为D且AD=6，
∠BAC=60°．求△ABC面积的最小值．
问题解决：
（3）如图③，是某市“城市花卉公园”的设计示意图，已知四边形ABCD为矩形，AD边上的点E为公园
入口，AE=4❑√2千米，AB边上的点F为休息区，BF=8千米，AF=4❑√2千米．公园设计师拟在园内修
建三条小路将这个园区分为四个区域，用来种植不同的花卉．其中GC为消防通道，FG和FH为两条观光
小路（小路宽度不计，G在CE边上，H在BC边上），根据实际需要∠GFH=75°，∠CED=45°，点
B为园区内的花卉超市，游客可乘车由入口E经观光路线EG→GF→FH→HB到花卉超市B购买不同
品种花卉为了快捷、环保和节约成本，要使观光路线EG+GF+FH+HB的值最小，请问设计师的想法能
否实现？如能，请求出EG+GF+FH+HB的最小值；若不能，请说明理由．【答案】（1）60°＋k180°（k是自然数）；（2）12❑√3；（3）可以实现，16❑√3千米．
【分析】（1）根据旋转的性质和平行线的性质求解即可；
（2）作△ABC外接圆⊙O，圆心为O，半径为r，连接AO、BO、CO，过点O作OE⊥BC于点E，根据圆
1 1
周角性质和30°角直角三角形性质，可得OE= r，OA+OE≥AD，当r+ r=6时三角形的面积有最小
2 2
值，计算出三角形面积的值即可；
（3）当∠EFG=0°，∠EFG=60°，∠EFG=30°时，根据特殊角函数值得出观光路线长度分别为
24+8❑√3千米、24+8❑√3千米、16❑√3千米，当0°<∠EFG<30°或30°<∠EFG<60°时，可证观光路
线长度大于16❑√3千米，通过比较得出最小值．
【详解】（1）过点O作EF∥AB，如图1，
∵△OCD，△OAB是等边三角形，
∴∠COD=∠OAB=∠OBA=60°，
∵EF∥AB，
∴∠EOC=∠OAB=60°，∠FOD=∠OBA=60°，
让△OCD绕点O逆时针旋转，当OC与OE重合时，旋转角α=60°＋k360°（k是自然数），当OC与OF
重合时，旋转角α=240°＋k360°（k是自然数）；
综合两种情况，旋转角α=60°＋k180°（k是自然数）；故答案为：60°＋k180°（k是自然数）；
（2）作△ABC外接圆⊙O，圆心为O，半径为r，连接AO、BO、CO，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
1 ❑√3
过点O作OE⊥BC于点E，设半径为r，则OE= r，BE=CE= r，
2 2
∵OA+OE≥AD，当A、O、E与AD共线时，OA+OE=AD,r有最小值，
1
即r+ r=6，解得r=4，
2
❑√3
∴BE= r=2❑√3，
2
∵BE=CE（三线合一），
1 1
∴S =S +S = ×6×2❑√3+ ×6×2❑√3=12❑√3
△ABC △BAE △CAE 2 2
∴△ABC面积的最小值为12❑√3．
（3）设计师的想法能实现，最短观光路线距离为16❑√3千米．
分四种情况讨论，第一种：当点G和点E重合时，∠EFG=0°，如图，
∵AE=4❑√2千米，AF=4❑√2千米，∠A=90°，
∴EF=8千米，∠AFE=∠AEF=45°，∵∠GFH=75°，
∴∠BFH=180°−∠AFE−∠GFH=180°−45°−75°=60°，
∵BF=8千米，
∴FH=16千米，BH=8❑√3千米，
∴EG+GF+FH+HB=0+8+16+8❑√3=24+8❑√3（千米）；
第二种情况，当∠EFG=60°时，点H和点B重合，如图，
∵∠CED=45°，∠AEF=45°，
∴∠GEF=90°，
∵∠EFG=60°，EF=8千米，
∵EG=8❑√3千米，GF=16千米，
∴EG+GF+FH+HB=8❑√3+16+8+0=24+8❑√3（千米）；
第三种情况，当∠EFG=30°时，如图，
∵∠EFG=30°，
∴∠BFH=180°−∠AFE−∠EFG−∠GFH=180°−45°−30°−75°=30°，
∵EF=BF=8千米，
8 16 16 8
∴EG= ❑√3千米，GF= ❑√3千米，FH= ❑√3千米，HB= ❑√3千米，
3 3 3 3
8 16 16 8
∴EG+GF+FH+HB= ❑√3+ ❑√3+ ❑√3+ ❑√3=16❑√3（千米）；
3 3 3 3
第四种情况，当0°<∠EFG<30°或30°<∠EFG<60°时，如图，当0°<∠EFG<30°时，设∠EFG =30°，∠BFH =30°，作点H关于直线CF的对称点H′，
1 1
根据轴对称图形性质，观光路线EG+GF+FH+HB=EG+GF+FH′+H′E，
EG+GF+FH′+H′E和EG +G F+FH +H B=16❑√3（千米）比较距离大小，
1 1 1 1
先比较EG+EH′和EG +H B，
1 1
EG+EH′=EG −GG +(EG +G H′ )，
1 1 1 1
以点F为中心，分别以FG、FG 为半径画圆，交FH′于点M、N，局部放大如图，
1
根据对称性质，∠GFG =∠G FH′ ，
1 1
在△FGG 和△FMG 中，
1 1
{ FG 1 =FG 1 )
∠GFG =∠G FH′
1 1
FG=FM
∴△FGG ≌△FMG （SAS），
1 1
∴G G=G M，∠GG F=∠MG F=60°，
1 1 1 1
∴∠H′G M=60°，
1
在直角△H′FE中，∠EFH′>30°，
∴∠G H′M<60°，∠G M H′>60°，
1 1
∴H′G >MG ，即H′G >GG
1 1 1 1∴EG+EH′=EG −GG +(EG +G H′ )>EG +H B，
1 1 1 1 1 1
再比较先比较FG+FH′和FG +H F，
1 1
FG+FH′=FN−MN+(FN+H′N)，
在等腰△FG N中，∠G FH′<30°，∠FG M=60°，
1 1 1
∴15°<∠NG M<30°，∠HG N>∠MG N，
1 1 1
∵H′G >MG ，
1 1
∴H′N>MN，
∴FG+FH′=FN−MN+(FN+H′N)>FG +FH ，
1 1
这两种角度属于同一种情况，
∴EG+GF+FH+HB>16❑√3千米．
综上比较各数据，观光路线EG+GF+FH+HB有最小值16❑√3千米．
【点睛】本题考查了旋转的性质，点到直线的距离，用勾股定理解三角形，轴对称，综合运用旋转的性质
及三角形边角关系是解题关键．
【变式4-3】问题提出
（1）如图①，在ΔABC中，∠ACB=90°，∠CAB=60°，AE平分∠CAB，AC=4❑√3，则点E到
AB的距离为__________．
问题探究
（2）如图②，△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，BC=2❑√3，点D为斜边AB上一点，且
∠EDF=90°，∠EDF的两边交AC于点E，交BC于点F，若DE=DF，求四边形DECF的面积．
问题解决
（3）市政部门根据地形在某街道设计一个三角形赏花园如图③，△ABC为赏花园的大致轮廓，并将赏花
园分成△BED、△DFC和四边形AEDF三部分，其中在四边形AEDF区域内种植36❑√3平方米的月季，
在△BED和△DFC两区域种植薰衣草，根据设计要求：∠BAC=120°，点D、E、F分别在边BC、AB、AC上，且DE=DF，∠EDF=60°，为了节约种植成本，三角形赏花园ABC的面积是否存在最小
值，若存在，请求出△ABC面积的最小值；若不存在，请说明由．
【答案】（1）4；（2）12−6❑√3；（3）144❑√3
【分析】（1）如图①中，作EH⊥AB于H．证明△AEC≌△AEH(AAS)，推出AC=AH=4❑√3，
EC=EH，设EC=EH=x，在Rt△EHB中，根据EH2+BH2=BE2，构建方程即可解决问题．
（2）如图②中，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，连接CD．△DNF≌△DME(AAS)，推出
DN=DM，S =S ，再利用面积法求出DM，DN的长即可解决问题．
四边形DECF 四边形DNCM
（3）存在．如图③中，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N．利用全等三角形的性质证明AD是角平分
线，求出AD的值，由△ABC中，AD是角平分线，∠BAC=120°，AD是定值，可知当AD是△ABC
的高时，△ABC的面积最小，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）如图①中，作EH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=60°，AC=4❑√3，
∴AB=8❑√3，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√ (8❑√3) 2 −(4❑√3) 2=12，
∵AE平分CAB，
∴∠CAE=∠EAH，
∵∠ACE=∠AHE=90°，AE=AE，
∴△AEC≌△AEH(AAS)，
∴AC=AH=4❑√3，EC=EH，
∵AE平分∠CAB，
∴∠EAH=∠EBH=30°，
1
∴AH=BH= AB=4❑√3，
2
设EC=EH=x，
在Rt△EHB中，
EH2+BH2=BE2，∴x2+(4❑√3) 2=(12−x) 2，
解得：x=4，
∴EH=4，
故答案为：4．
（2）如图②中，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，连接CD．
∵∠DNC=∠DMC=∠MCN=90°，
∴四边形DNCM是矩形，
∴∠NDM=90°，
∵∠NDM=∠EDF，
∴∠NDF=∠MDE，
∵∠DNE=DME=90°，DE=DF，
∴△DNF≌△DME(AAS)，
∴DN=DM，S =S ，
四边形DECF 四边形DNCM
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=60°，BC=2❑√3，
❑√3
∴AC=BC× =2，AB=2AC=4，
3
∵S =S +S ，
△ABC △ACD △CDB
1 1 1
∴ ×2❑√3×2= ⋅2⋅DN+ ⋅2❑√3⋅DM，
2 2 2
解得：DM=DN=3−❑√3，
∴S =S =(3−❑√3)(3−❑√3)=12−6❑√3；
四边形DECF 四边形DNCM
（3）存在．如图③中，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N．∵∠DMA=∠DNA=90°，∠MAN=120°，
∴∠MDN=∠EDF=60°，
∴∠EDM=∠FDN，
∵DE=DF，∠DME=∠DNF=90°，
∴△DME≌△DNF(AAS)，
∴DM=DN，S =S =36❑√3，
四边形AEDF 四边形AMDN
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴AD平分∠MAN，
∴∠DAM=∠DAN=60°，
设AD=2m，则AM=AN=m，DM=DN=❑√3m，
∴m×❑√3m=36❑√3，
∴m2=36，
∵m>0，
∴m=6，
∴AD=12，
∵△ABC中，AD是角平分线，∠BAC=120°，AD是定值，
∴当AD是△ABC的高时，△ABC的面积最小，此时BC=2BD=2×12❑√3=24❑√3．
1
△ABC的面积的最小值= ×24❑√3×12=144❑√3．
2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．
【题型5 最大张角模型（米勒定理）】
【例5】问题探究，
(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，P为CD边上的中点，试比较∠APB和∠ADB的大小关系，并说
明理由；
(2)如图②，在正方形ABCD中，P为CD上任意一点，试问当P点位于何处时∠APB最大？并说明理由；问题解决
(3)某儿童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在OD边上点P处安装监控装置，用来监控OC边
上的AB段，为了让监控效果最佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC＝60°，OA＝400米，AB＝200❑√3
米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大，若存在，请求出此时OP的长和∠APB的度数；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1) 结论：∠APB＞∠ADB ，理由见解析；(2) 当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由见解
析；(3) 当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大，理由见解析
【分析】（1）作PH⊥AB于H，通过正方形和矩形的性质可得∠APB＝90°，再根据∠ADB＜90°，即可证
明∠APB＞∠ADB；
（2）假设P为CD的中点，如图②中，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P，在CD上取任意
异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF，根据∠AFB是△EFB的外角，可得∠AFB＞
∠AEB，再根据∠AFB＝∠APB，从而可得∠APB＞∠AEB，故点P位于CD的中点时，∠APB最大；
（3）作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r，根据等边三角形的性质可得
AH＝HB＝100❑√3 (m)，再根据含30°角的直角三角形的性质可得AT＝200❑√3m，故AT＝2AH，可得∠ATH
1
＝30°，即∠ATB＝2∠ATH＝60°，根据圆周角定理可得∠APB＝ ∠ATB＝30°，再根据含30°角的直角三角
2
形的性质求出OQ和PQ的长度，再根据OP＝OQ﹣PQ求解OP的长度即可．
【详解】解：（1）如图①中，结论：∠APB＞∠ADB．
理由：作PH⊥AB于H．
∵四边形ABCD是矩形，PH⊥AB，
∴∠ADP＝∠DAH＝∠AHP＝90°，∴四边形ADPH是矩形，
∵AB＝CD＝2AD，DP＝PC，
∴DA＝DP，
∴四边形ADPH是正方形，
∴∠APH＝45°，同理可证∠BPH＝45°，
∴∠APB＝90°，
∵∠ADB＜90°，
∴∠APB＞∠ADB．
（2）当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由如下：
假设P为CD的中点，如图②中，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P，
在CD上取任意异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF，
∵∠AFB是△EFB的外角，
∴∠AFB＞∠AEB，
∵∠AFB＝∠APB，
∴∠APB＞∠AEB，
故点P位于CD的中点时，∠APB最大．
（3）如图③中，当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大，
作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r，∵TA＝TB，TH⊥AB，
∴AH＝HB＝100❑√3 (m)，
∵∠OHQ＝90°，∠O＝60°，OH＝OA+AH＝(400+100❑√3)(m)，
∴QH＝❑√3OH＝(400❑√3+300)(m)，∠OQH＝30°，
∴TQ＝2PT＝2r，
∵TH＝❑√AT2−AH2＝❑√r2−(100❑√3) 2，
∴2r+❑√r2−(100❑√3) 2＝400❑√3+300，
整理得：3r2﹣(1600❑√3+1200)r+60000+240000❑√3＝0，
∴(r﹣200❑√3)(r﹣1000❑√3﹣1200)＝0，
∴r＝200❑√3或1000❑√3+1200(舍弃)，
∴AT＝200❑√3m，
∴AT＝2AH，
∴∠ATH＝30°，∠ATB＝2∠ATH＝60°，
1
∴∠APB＝ ∠ATB＝30°，
2
∴OQ=2OH=800+200❑√3(m)，PQ=❑√3PT=❑√3×200❑√3=600(m)
∴OP＝OQ﹣PQ＝800+200❑√3﹣600＝(200+200❑√3)(m)．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握正方形和矩形的性质、切线的性质以及判定定理、含30°角的直
角三角形的性质、圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
【变式5-1】（2025·广东梅州·一模）综合与实践【主题】足球最佳射门位置
【素材】某足球场上，运动员在练习选择适合的位置射门．线段PQ表示球门，∠PAQ、∠PBQ为射门
张角．理论上当射门张度越大时，进球的可能性越大．
如图1，∠PAQ___________∠PBQ．（用“>”、“<”或“=”填空）【实践探索】假设运动员沿着直线l带球跑动，寻找最佳射门位置．如图2，以线段PQ为弦作⊙O，恰与
直线l相切，切点为A．若点M是l上一个异于点A的动点，
求证：当运动员跑动到切点A处时，射门张角最大，即∠PAQ>∠PMQ．
【迁移应用】如图3，点P(3,0)，点Q(9,0)，点A为y轴正半轴上的一个动点，当∠PAQ最大时，请求出
点A的坐标．
【答案】
【素材】>
【实践探索】证明见解析
【迁移运用】A(0,3❑√3)
【分析】本题考查了圆的基本性质（如圆周角定理、切线的性质、垂径定理等）以及米勒圆（最大视角问
题）的相关知识，涉及到利用圆的性质比较角的大小、探究最大视角的位置等内容．解题的关键是熟练运
用圆中角的大小关系（如同弧所对的圆周角相等、圆外角与圆周角的大小关系），结合切线的性质和垂径
定理等，将实际问题转化为几何图形中的角度关系问题，从而确定最大视角的位置并进行相关计算．
利用“同弧圆周角相等”与“三角形任意一个外角大于与它不相邻的一个内角”可得出∠PAQ>∠PBQ
与∠PAQ>∠PMQ；利用“切线的性质”、“垂径定理”、“矩形的判定和性质”、“勾股定理”可求
得OA的长，从而可写出点A的坐标．
【详解】如下图，
设线段PB与圆弧交于点C，连接CQ，则∠PCQ=∠PAQ，
又∠PCQ>∠PBQ，所以，∠PAQ>∠PBQ，
故答案为：>．
【实践探索】连结PA、QA、PM、QM，其中PM与圆交于点N，连续QN．如图所示．∵∠PAQ=∠PNQ,∠PNQ>∠PMQ，
∴∠PAQ>∠PMQ，即当运动员跑动到切点A处时，射门张角最大．
【迁移应用】如图，过点A、点P、点Q作外接圆，圆心为C，根据【实践探索】结论，当点A为⊙C的
切点时，∠PAQ最大．
连结CA、CP、CQ， 作CM⊥PQ，垂足为点M．
∵点A为⊙C的切点，CA为圆的半径，
∴CA⊥AO，
∵CP=CQ,CM⊥PQ，
∴PM=MQ （垂径定理），且四边形OACM为矩形（三个角为直角的四边形为矩形）
由点P(3,0)，点Q(9,0)知，PQ=OQ−OP=9−3=6，则PM=MQ=3，
∴AC=OM=OP+PM=3+3=6，即CP=6，
在直角三角形CMP中，CM=❑√CP2−PM2=❑√62−32=3❑√3，
由矩形对边相等知，OA=CM=3❑√3，
∴A(0,3❑√3)．
【变式5-2】一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角．
（1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角；（2）应用（1）的结论，解决下面的问题：某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队
计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物PQ高度为96cm，放置文
物的展台QO高度为168cm，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文
物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的∠PAQ），则分隔参观者
与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身
高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高）
【答案】（1）见解析；（2）围栏应摆在距离展台16❑√7cm处，见解析
【分析】（1）写出“已知”“求证”，设BP交⊙O于点Q，连接AQ，画出图象，用三角形外角大于不相
邻的内角即可证明；
（2）先计算120名队员平均身高，再根据题意把实际问题“数学化”，画出图形，在QO上取一点B，使
得BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M，由（1）的结论
可知队员的眼睛A与M重合时，观看该展品的视角最大，此时队员站在MN处，故求出ON长度即可．
【详解】解：（1）已知：如图所示，点A，B，C在⊙O上，点P在⊙O外．
求证：∠ACB>∠APB．
证明：设BP交⊙O于点Q，连接AQ，
∵∠ACB与∠AQB同对A´B，
∴∠ACB=∠AQB．∵在△APQ中，∠AQB=∠APB+∠PAQ，
∴∠AQB>∠APB，
∴∠ACB>∠APB；
（2）解：设合唱队员平均身高为xcm，则
142×15+146×18+150×18+154×30+158×39
x= =152．
15+18+18+30+39
在QO上取一点B，使得BO=152cm，则BQ=16cm，
过B作射线l⊥QO于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M．
依题意可知，参观的队员的眼睛A在射线上．
而此时，射线l上的点只有点M在⊙C上，其他的点在⊙C外．
根据（1）的结论，视角∠PMQ最大，即队员的眼睛A与M重合（也即队员站在MN处）时，观看该展
品的视角最大．
所以围栏应摆放在N处．
连接CM并延长交地面OD于N，
过C作CH⊥PQ于H，连接CP，CQ，
从而四边形HBMC和四边形HONC均为矩形．
∵在⊙C中，CP=CQ，CH⊥PQ，
1
∴PH=HQ= PQ=48．
2
∴CQ=CM=HB=48+16=64．
∵在Rt△CHQ中，∠CHQ=90°，CQ2=CH2+HQ2，
∴CH=❑√CQ2−HQ2=❑√642−482=16❑√7．
∴ON=CH=16❑√7．即围栏应摆在距离展台16❑√7cm处．
【点睛】本题考查圆的综合知识应用，解题的关键是把实际问题“数学化”，根据题意画出图形．
【变式5-3】数学概念
若点P在ΔABC的内部，且∠APB、∠BPC和∠CPA中有两个角相等，则称P是ΔABC的“等角点”，
特别地，若这三个角都相等，则称P是ΔABC的“强等角点”.
理解概念
（1）若点P是ΔABC的等角点，且∠APB=100∘，则∠BPC的度数是 ❑∘.
（2）已知点D在ΔABC的外部，且与点A在BC的异侧，并满足∠BDC+∠BAC<180∘，作ΔBCD的外
接圆O，连接AD，交圆O于点P.当ΔBCD的边满足下面的条件时，求证：P是ΔABC的等角点.（要求：
只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，DB=DC
②如图②，BC=BD
深入思考
（3）如图③，在ΔABC中，∠A、∠B、∠C均小于120∘，用直尺和圆规作它的强等角点Q.（不写作
法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：
①直角三角形的内心是它的等角点；
②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；
③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填
序号）
【答案】（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤
【分析】（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；
②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；
（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．
【详解】（1）（i）若∠APB=∠BPC时，
∴∠BPC=∠APB=100°
（ii）若∠BPC=∠CPA时，
1
∴∠BPC=∠CPA= （360°－∠APB）=130°；
2
（iii）若∠APB=∠CPA时，
∠BPC=360°－∠APB－∠CPA=160°，
综上所述：∠BPC=100°、130°或160°
故答案为：100、130或160．
（2）选择①：
连接PB,PC
∵DB=DC
∴D´B=D´C
∴∠BPD=∠CPD
∵∠APB+∠BPD=180∘，∠APC+∠CPD=180∘
∴∠APB=∠APC
∴P是ΔABC的等角点．
选择②
连接PB,PC
∵BC=BD
∴B´C=B´D
∴∠BDC=∠BPD
∵四边形PBDC是圆O的内接四边形，
∴∠BDC+∠BPC=180∘
∵∠BPD+∠APB=180∘
∴∠BPC=∠APB
∴P是ΔABC的等角点（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，
根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC
∴△BCD为等边三角形
∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°
作CD的垂直平分线交MN于点O
以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆
∴∠BQC=180°－∠BDC=120°
∵BD=CD
∴∠BQD=∠CQD
1
∴∠BQA=∠CQA= （360°－∠BQC）=120°
2
∴∠BQA=∠CQA=∠BQC
如图③，点Q即为所求．
（4）③⑤．
①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心
假设∠BAC=60°，∠ACB=30°
∵点O是△ABC的内心1 1 1
∴∠BAO=∠CAO= ∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO= ∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO= ∠ACB=15°
2 2 2
∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－
∠BCO=120°
显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；
②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；
③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角
点，故③正确；
④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；
⑤由（3）可知，当ΔABC的三个内角都小于120∘时，ΔABC必存在强等角点Q．
如图④，在三个内角都小于120∘的ΔABC内任取一点Q'，连接Q' A、Q'B、Q'C，将ΔQ' AC绕点A逆时
针旋转60∘到ΔMAD，连接Q'M，
∵由旋转得Q' A=MA，Q'C=MD，∠Q' AM=60∘
∴ΔAQ'M是等边三角形．
∴Q'M=Q' A
∴Q' A+Q'B+Q'C=Q'M+Q'B+MD
∵B、D是定点，
∴当B、Q'、M、D四点共线时，Q'M+Q'B+MD最小，即Q' A+Q'B+Q'C最小．
而当Q'为ΔABC的强等角点时，∠AQ'B=∠BQ'C=∠CQ' A=120∘=∠AMD，
此时便能保证B、Q'、M、D四点共线，进而使Q' A+Q'B+Q'C最小．
故答案为：③⑤．
【点睛】此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等
角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数
学思想是解决此题的关键．
