第第頁(yè)2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)探究性試題圓一．解答題（共15小題）1．已知△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)F是弧AC的中點(diǎn)，連接OF交AC于點(diǎn)H．（1）如圖1，求證：OF⊥AC；（2）如圖2，AD是△ABC的高，延長(zhǎng)AD交⊙O于點(diǎn)K，若∠CAD＝2∠BAD，求證：AK＝AC；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)FO交BD于點(diǎn)E，連接EK，點(diǎn)M在CH上，連接OM．若∠OMH＝3∠DKE，BE＝OH，AM=24①請(qǐng)按步驟在圖3中先作圖：連結(jié)AO，并延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)P，再求證：EO＝EP；②計(jì)算cos∠OEC；③求HF的長(zhǎng)．2．等腰三角形AFG中AF＝AG，且內(nèi)接于圓O，D、E為邊FG上兩點(diǎn)（D在F、E之間），分別延長(zhǎng)AD、AE交圓O于B、C兩點(diǎn)（如圖1），記∠BAF＝α，∠AFG＝β．（1）求∠ACB的大?。ㄓ忙粒卤硎荆?；（2）連接CF，交AB于H（如圖2）．若β＝45°，且BC×EF＝AE×CF．求證：∠AHC＝2∠BAC；（3）在（2）的條件下，取CH中點(diǎn)M，連接OM、GM（如圖3），若∠OGM＝2α﹣45°，①求證：GM∥BC，GM=12②請(qǐng)直接寫(xiě)出OMMC3．（1）如圖1，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，AD，BC交于點(diǎn)E，若AD＝4，則AE＝；（2）如圖2，矩形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB=2，BC=23，點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)，求△PBC（3）為了提高居民的生活品質(zhì)，市政部門(mén)計(jì)劃把一塊邊長(zhǎng)為120米的正方形荒地ABCD（如圖3）改造成一個(gè)戶(hù)外休閑區(qū)，計(jì)劃在邊AD，BC上分別取點(diǎn)P，Q，修建一條筆直的通道PQ，要求CQ＝2AP，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PQ于點(diǎn)E，在點(diǎn)E處修建一個(gè)應(yīng)急處理中心，再修建三條筆直的道路BE，CE，DE，并計(jì)劃在△CDE內(nèi)種植花卉，△DEP內(nèi)修建老年活動(dòng)區(qū)，△BCE內(nèi)修建休息區(qū)，在四邊形ABEP內(nèi)修建兒童游樂(lè)園．問(wèn)種植花卉的△CDE的面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．4．已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，以AB為直徑在正方形內(nèi)作半圓，P是半圓上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連接PA、PB、PC、PD．（1）如圖①，當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于多少時(shí)，∠PAB＝60°，并說(shuō)明理由；（2）如圖①當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于多少時(shí)，△PAD是等腰三角形，并說(shuō)明理由；（3）如圖②，以AB邊所在直線為x軸、AD邊所在直線為y軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系（點(diǎn)A即為原點(diǎn)O），把△PAD、△PAB、△PBC的面積分別記為S1、S2、S3．設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），試求2S1S3-S22的最大值，并求出此時(shí)a5．（1）如圖①，AB是⊙O的弦，直線l上有兩點(diǎn)M、N，點(diǎn)P在⊙O上，則∠AMB、∠ANB、∠APB的大小關(guān)系為＜＜；（2）如圖②，已知點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是（0，3）、（0，9），點(diǎn)C為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠ACB最大時(shí)，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y＝﹣x+108與x軸、y軸分別交于點(diǎn)D、C．點(diǎn)M為直線上一點(diǎn)且MD=602，AB為x軸上一條可移動(dòng)的線段，AB＝20，連接CA、BM，點(diǎn)P為直線l上任意一點(diǎn)，連接AP、BP．求當(dāng)AC+BM最小時(shí)，sin∠APB的最大值及此時(shí)點(diǎn)P6．閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學(xué)家，他的要著作《天文學(xué)大成》被后人稱(chēng)為“偉大的數(shù)學(xué)書(shū)”，托勒密有時(shí)把它叫作《數(shù)學(xué)文集》，托勒密從書(shū)中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對(duì)角線的乘積等于兩組對(duì)邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD下面是該結(jié)論的證明過(guò)程：證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．∵AD∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴AB∴AB?CD＝AC?BE∵AB∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依據(jù)2）∴AD?BC＝AC?ED∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED）∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD任務(wù)：（1）上述證明過(guò)程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時(shí)，托勒密定理就是我們非常熟知的一個(gè)定理：．（請(qǐng)寫(xiě)出）（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，求AC的長(zhǎng)．7．完成下列各題（1）【問(wèn)題提出】如圖1，AB為⊙O的一條弦，點(diǎn)C在弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上，根據(jù)圓周角性質(zhì)，我們知道∠ACB的度數(shù)（填“變”或“不變”）；若∠AOB＝100°，則∠ACB＝度．即：若線段AB的長(zhǎng)度已知，∠ACB的大小確定，則點(diǎn)C一定在某一個(gè)確定的圓上，我們把這樣的幾何模型稱(chēng)之為“定弦定角”模型；（2）【問(wèn)題探究】如圖2，在凸四邊形ABCD中，AB=53，AD=103，∠A＝60°，∠C＝150°，試求四邊形（3）【問(wèn)題解決】如圖3是四邊形休閑區(qū)域設(shè)計(jì)示意圖ABCD，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，休閑區(qū)域內(nèi)原有一條筆直小路AC的長(zhǎng)為80米，現(xiàn)為了市民在該區(qū)域內(nèi)散步方便，準(zhǔn)備再修一條長(zhǎng)為30米的小路MN，滿(mǎn)足點(diǎn)M在邊AB上，點(diǎn)N在小路AC上．按設(shè)計(jì)要求需要給圖中陰影區(qū)域（即△ACD與四邊形MBCN，小路寬度忽略不計(jì)）種植花卉，為了節(jié)約成本且滿(mǎn)足設(shè)計(jì)需求，陰影部分的面積要盡可能的小．請(qǐng)問(wèn)，是否存在符合設(shè)計(jì)要求的方案？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出陰影部分面積的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．8．（1）如圖1，半徑為4的⊙O外有一點(diǎn)P，且PO＝7，點(diǎn)A在⊙O上，則PA的最大值和最小值分別是和；（2）如圖2，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP、QD，求PC+QD最小時(shí)AP的長(zhǎng)；（3）如圖3，在?ABCD中，AB＝10，AD＝20，點(diǎn)D到AB的距離為103，動(dòng)點(diǎn)E、F在AD邊上運(yùn)動(dòng)，始終保持EF＝3，在BC邊上有一個(gè)直徑為BM的半圓O，連接AM與半圓O交于點(diǎn)N，連接CE、FN，求CE+EF+FN9．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，半徑AO平分∠BAC，延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)K．（1）如圖1，求證：BK＝CK；（2）如圖2，延長(zhǎng)AK交⊙O于點(diǎn)D，當(dāng)AK＝3DK時(shí)，求證：△ABC為等邊三角形；（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)E在弧AB上，點(diǎn)F在弧CD上，連接AF、AE、BE、CE，EC交AF于點(diǎn)P，AF⊥AE，且AF＝CE，連接DF，當(dāng)DF＝2時(shí)，求BE的長(zhǎng)．10．在直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的兩邊OC、OA分別在x軸、y軸上，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0、4）．（1）將正方形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，得到正方形ODEF，邊DE交BC于G．求G點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）如圖，⊙O1與正方形ABCO四邊都相切，直線MQ切⊙O1于點(diǎn)P，分別交y軸、x軸、線段BC于點(diǎn)M、N、Q．求證：O1N平分∠MO1Q．（3）若H（﹣4、4），T為CA延長(zhǎng)線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)T、H、A三點(diǎn)作⊙O2，AS⊥AC交O2于S．當(dāng)T運(yùn)動(dòng)時(shí)（不包括A點(diǎn)），AT﹣AS是否為定值？若是，求其值；若不是，說(shuō)明理由．11．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，點(diǎn)P以3cm/s的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以4cm/s的速度從點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0＜t＜2），⊙M是△PQB的外接圓．（1）當(dāng)t＝1時(shí)，⊙M的半徑是cm，⊙M與直線CD的位置關(guān)系是；（2）在點(diǎn)P從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)⊙M與矩形ABCD相切時(shí)，求t的值．（3）連接PD，交⊙M于點(diǎn)N，如圖2，當(dāng)∠APD＝∠NBQ時(shí)，t的值是．12．問(wèn)題探究（1）寒假期間，樂(lè)樂(lè)同學(xué)參觀爸爸的工廠，看到半徑分別為2和3的兩個(gè)圓形零件⊙A、⊙B按如圖1所示的方式放置，點(diǎn)A到直線m的距離AC＝4，點(diǎn)B到直線m的距離BD＝6，CD＝5，M是⊙A上一點(diǎn)，N是⊙B上一點(diǎn)，在直線m上找一點(diǎn)P，使得PM+PN最小．請(qǐng)你在直線m上畫(huà)出點(diǎn)P的位置，并直接寫(xiě)出PM+PN的最小值．問(wèn)題解決（2）如圖2，樂(lè)樂(lè)爸爸的工廠欲規(guī)劃一塊花園，如圖所示的矩形ABCD，其中AB=303米，BC＝30米，點(diǎn)E、F為花園的兩個(gè)入口，BE=103米，DF＝10米．若在△BCD區(qū)域內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)亭子G（亭子大小忽略不計(jì)），滿(mǎn)足∠BDG＝∠GBC，從入口到亭子鋪設(shè)兩條景觀路．已知鋪設(shè)小路EG所用的景觀石材每米的造價(jià)是400元，鋪設(shè)小路FG所用的景觀石材每米的造價(jià)是200元，你能否幫樂(lè)樂(lè)同學(xué)分析一下，是否存在點(diǎn)G，使鋪設(shè)小路EG和FG的總造價(jià)最低？若存在，求出最低總造價(jià)，并求出此時(shí)亭子G到邊13．（1）【學(xué)習(xí)心得】小宸同學(xué)在學(xué)習(xí)完“圓”這一章內(nèi)容后，感覺(jué)到一些幾何問(wèn)題，如果添加輔助圓，運(yùn)用圓的知識(shí)解決，可以使問(wèn)題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，求∠BDC的度數(shù)，若以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑作輔助圓⊙A，則點(diǎn)C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝°．（2）【問(wèn)題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BAC＝26°，求∠BDC的度數(shù)．小宸同學(xué)認(rèn)為用添加輔助圓的方法，可以使問(wèn)題快速解決，他是這樣思考的：△ABD的外接圓就是以BD的中點(diǎn)為圓心，12BD長(zhǎng)為半徑的圓；△BCD的外接圓也是以BD的中點(diǎn)為圓心，12BD長(zhǎng)為半徑的圓．這樣A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，進(jìn)而可以利用圓周角的性質(zhì)求出∠（3）【問(wèn)題拓展】①如圖3，△ABC的三條高AD、BE、CF相交于點(diǎn)H，求證：∠EFC＝∠DFC．②如圖4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC邊上的高，且BD＝3，CD＝1，直接寫(xiě)出AD的長(zhǎng)．14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將中心為T(mén)的正方形記作正方形T，對(duì)于正方形T和點(diǎn)P（不與O重合）給出如下定義：若正方形T的邊上存在點(diǎn)Q，使得直線OP與以TQ為半徑的⊙T相切于點(diǎn)P，則稱(chēng)點(diǎn)P為正方形T的“伴隨切點(diǎn)”．（1）如圖，正方形T的頂點(diǎn)分別為點(diǎn)O，A（2，2），B（4，0），C（2，﹣2）．①在點(diǎn)P1（2，1），P2（1，1），P3（1，﹣1）中，正方形T的“伴隨切點(diǎn)”是；②若直線y＝x+b上存在正方形T的“伴隨切點(diǎn)”，求b的取值范圍；（2）已知點(diǎn)T（t，t+1），正方形T的邊長(zhǎng)為2．若存在正方形T的兩個(gè)“伴隨切點(diǎn)”M，N，使得△OMN為等邊三角形，直接寫(xiě)出t的取值范圍．15．A，B是圓上的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P在⊙C的內(nèi)部．若∠APB為直角，則稱(chēng)∠APB為AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，特別地，當(dāng)圓心C在∠APB邊（含頂點(diǎn)）上時(shí)，稱(chēng)∠APB為AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．如圖1，∠AMB是AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，∠ANB是AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．在平面直角坐標(biāo)系xOy中．（1）如圖2，⊙O的半徑為5，A（0，﹣5），B（4，3）是⊙O上兩點(diǎn)．①已知P1（1，0），P2（﹣2，1），P3（0，3），在∠AP1B，∠AP2B，∠AP3B中，是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角的是；②若直線y＝2x+b上存在一點(diǎn)P，使得∠APB是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，求b的取值范圍．（2）點(diǎn)E是以T（t，0）為圓心，4為半徑的圓上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，⊙T與x軸交于點(diǎn)D（點(diǎn)D在點(diǎn)T的右邊）．現(xiàn)有點(diǎn)M（1，0），N（0，n），對(duì)于線段MN上每一點(diǎn)H，都存在點(diǎn)T，使∠DHE是DE關(guān)于⊙T的最佳內(nèi)直角，請(qǐng)直接寫(xiě)出n的最大值，以及n取得最大值時(shí)t的取值范圍．

2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)探究性試題圓參考答案與試題解析一．解答題（共15小題）1．已知△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)F是弧AC的中點(diǎn)，連接OF交AC于點(diǎn)H．（1）如圖1，求證：OF⊥AC；（2）如圖2，AD是△ABC的高，延長(zhǎng)AD交⊙O于點(diǎn)K，若∠CAD＝2∠BAD，求證：AK＝AC；（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)FO交BD于點(diǎn)E，連接EK，點(diǎn)M在CH上，連接OM．若∠OMH＝3∠DKE，BE＝OH，AM=24①請(qǐng)按步驟在圖3中先作圖：連結(jié)AO，并延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)P，再求證：EO＝EP；②計(jì)算cos∠OEC；③求HF的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；圖形的相似；解直角三角形及其應(yīng)用；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析；（3）①解答見(jiàn)解析；②34；③82【分析】（1）利用垂徑定理的推論解答即可；（2）連接KC，利用圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的判定定理解答即可；（3）①過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AK于點(diǎn)G，利用圓心角，弧，弦，弦心距之間的關(guān)系定理，角平分線的性質(zhì)定理得到OA平分∠DAC，再利用三角形的內(nèi)角和定理，直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的判定定理解答即可；②過(guò)點(diǎn)O作ON⊥BC于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)C作CQ⊥AB于點(diǎn)Q，利用矩形的判定與性質(zhì)得到BE＝DN＝OG＝OH，設(shè)BE＝m，DE＝n，利用m，n的代數(shù)式表示出線段BD，BC，CE，BN，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到BD＝PD＝m+n，進(jìn)而得EN，EH，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理得出cos∠OEC=ENOE=EHEC，m+nm+2n=2m+2n3m+2n，則m＝2n；代入求得線段EN③利用關(guān)系式m＝2n和②這的結(jié)論，用含n的代數(shù)式求得線段AH，AC，AK，BC，BD，AQ，CQ的長(zhǎng)度，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到AM的長(zhǎng)度，利用已知條件求得n值，利用勾股定理求得圓的半徑，則HF＝OF﹣OH．【解答】（1）證明：∵點(diǎn)F是弧AC的中點(diǎn)，∴AF=∵OF為⊙O的半徑，∴OF⊥AC；（2）證明：連接KC，如圖，設(shè)∠BAD＝α，則∠CAD＝2α．∵∠BAD＝∠BCK，∴∠BCK＝α．∵AD是△ABC的高，∴∠B＝90°﹣α，ACB＝90°﹣∠DAC＝90°﹣2α，∴∠K＝∠B＝90°﹣α，∠ACK＝∠BCK+∠ACD＝90°﹣2α+α＝90°﹣α，∴∠K＝∠ACK，∴AK＝AC；（3）解：①連結(jié)AO，并延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)P，如圖，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AK于點(diǎn)G，則AG＝GK=12AK，BN＝CN=由（2）知：AK＝AC，∵OG⊥AK，OH⊥AC，∴OG＝OH，∴OA平分∠DAC，∴∠DAP＝∠PAC=12∠∴∠BAD＝∠DAP＝∠CAP＝α，∴∠APE＝90°﹣∠DAP＝90°﹣α，∵∠ACD＝90°﹣2α，∴∠HEC＝90°﹣∠ACD＝2α．∴∠EOP＝180°﹣∠HEC﹣∠APE＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，∴∠EOP＝∠APE＝90°﹣α，∴EO＝EP；②過(guò)點(diǎn)O作ON⊥BC于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)C作CQ⊥AB于點(diǎn)Q，∵OG⊥AK，ON⊥BC，AD⊥BC，∴四邊形OGDN為矩形，∴OG＝DN，ON＝GD．∵BE＝OH，∴BE＝DN＝OG＝OH，設(shè)BE＝m，DE＝n，∴BD＝m+n，BE＝DN＝OG＝OH＝m，BN＝BD+DN＝2m+n，∴BC＝2BN＝4m+2n，∴EC＝BC﹣BE＝3m+2n，EN＝BN﹣BE＝m+n，在△ABD和△APD中，∠BAD=∠PAD=α∠ADB=∠ADP=90°∴△ABD≌△APD（AAS），∴BD＝PD＝m+n，∴PE＝PD+ED＝m+2n，∴OE＝PE＝m+2n，∴EH＝EO+OH＝2m+2n，∵cos∠OEC=EN∴m+nm+2n∴m＝2n，∴EN＝3n，OE＝PE＝4n．∴cos∠OEC=EN③∵m＝2n，∴EC＝3m+2n＝8n，EH＝2m+2n＝6n，∴CH=EC2-E∴AH＝CH＝27n，AC＝2CH＝47n，∴AK＝AC＝47n．∵BC＝4m+2n＝10n，BD＝PD＝m+n＝3n，∴CD＝BC﹣BD＝7n，∴AD=AC2-C∴AB=AD2+B∵12BC?AD=12AB∴CQ=514∴AQ=AC∴DK＝AK﹣AD=7n∵DE＝n，∴DEDK∵∠EDK＝∠BDA＝90°，∴△EDK∽△BDA，∴∠DKE＝∠BAD＝α，∵∠OMH＝3∠DKE，∴∠OMH＝3α，∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝3α，∴∠OMH＝∠BAC，∵∠OHM＝∠CQA＝90°，∴△OHM∽△CQA，∴OHHM∴2nHM∴HM=27∴AM＝AH+HM=127∵AM=24∴n＝2．∴OH＝4，AH＝47，∴OA=AH2∴OF＝OA＝82，∴HF＝OF﹣OH＝82-【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．2．等腰三角形AFG中AF＝AG，且內(nèi)接于圓O，D、E為邊FG上兩點(diǎn)（D在F、E之間），分別延長(zhǎng)AD、AE交圓O于B、C兩點(diǎn)（如圖1），記∠BAF＝α，∠AFG＝β．（1）求∠ACB的大?。ㄓ忙粒卤硎荆?；（2）連接CF，交AB于H（如圖2）．若β＝45°，且BC×EF＝AE×CF．求證：∠AHC＝2∠BAC；（3）在（2）的條件下，取CH中點(diǎn)M，連接OM、GM（如圖3），若∠OGM＝2α﹣45°，①求證：GM∥BC，GM=12②請(qǐng)直接寫(xiě)出OMMC【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】幾何綜合題；幾何直觀．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）如圖1中，連接CF．利用圓周角定理求解；（2）證明∠BAC＝45°，∠AHC＝90°，可得結(jié)論；（3）①如圖3中，連接CG，延長(zhǎng)GM交AB于點(diǎn)I．證明△MHI≌△MCG，推出MI＝MG，HI＝CG，再證明HI＝IB，可得結(jié)論；②連接FI，F(xiàn)B．設(shè)HI＝BI＝m，則FH＝2m，F(xiàn)I=5m，設(shè)AH＝CH＝n，利用勾股定理求出m，n【解答】（1）解：如圖1中，連接CF．∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠AGF＝α，∴∠ACF＝∠AGF＝α，∵∠∠FAB＝β，∴∠ACB＝∠ACF+∠FCB＝α+β；（2）證明：如圖2中，∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠G＝∠ACH＝45，∵∠EAF＝∠FAC，∴△EAF∽△FAC，∴EFCF∴AE×CF＝EF×FA，∵BC×EF＝AE×CF，∴BC×EF＝EF×AF，∴BC＝AF，∴AF=∴∠BAC＝∠AGF＝45°，∴∠AHC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴∠AHC＝2∠BAC；（3）①證明：如圖3中，連接CG，延長(zhǎng)GM交AB于點(diǎn)I．∵∠OGM＝2α﹣45°，∠AGF＝45°，∴∠AGM＝2α，∵∠FAG＝90°，∴FG是直徑，∴∠FCG＝90°，∵∠AHC＝90°，∴∠AHC+∠GCH＝180°，∴AB∥CG，∴∠MHI＝∠MCG，∵M(jìn)H＝MC，∠HMI＝∠CMG，∴△MHI≌△MCG（ASA），∴MI＝MG，HI＝CG，∵BI∥CG，IG∥CB，∴四邊形BIGC是平行四邊形，∴∠ABC＝∠MGC，GM∥BC，∵∠ABC+∠BCH＝90°，∠GMC+∠MGC＝90°，∴∠MGC+∠BCH＝90°，∴∠BCH+∠FCG+∠MGC＝180°，∴∠BCG+∠MGC＝180°，∵BC∥IG，CM＝MH，∴HI＝IB，∴MI=12∴MG=12BC，MG∥②解：連接FI，F(xiàn)B．∵OMMC又∵OF＝OG．MG＝MI，∴OM=12∵△HMI≌△CMG，∴HI＝CG，∵∠AHC＝90°，∴∠FHB＝90°，∵∠ACF＝∠ABF＝45°，∴FH＝BH，設(shè)HI＝BI＝m，則FH＝2m，F(xiàn)I=5m，設(shè)AH＝CH＝n∴OM=12FI=52m，BC＝AF∴FG2＝8m2+2n2，∵FG2＝CF2+CG2，∴8m2+2n2＝（2m+n）2+m2，整理得n2﹣4nm+3m2＝0，∴n＝m或n＝3m，∴OMMC=FI【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形或全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．3．（1）如圖1，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，AD，BC交于點(diǎn)E，若AD＝4，則AE＝43（2）如圖2，矩形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB=2，BC=23，點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)，求△PBC（3）為了提高居民的生活品質(zhì)，市政部門(mén)計(jì)劃把一塊邊長(zhǎng)為120米的正方形荒地ABCD（如圖3）改造成一個(gè)戶(hù)外休閑區(qū)，計(jì)劃在邊AD，BC上分別取點(diǎn)P，Q，修建一條筆直的通道PQ，要求CQ＝2AP，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PQ于點(diǎn)E，在點(diǎn)E處修建一個(gè)應(yīng)急處理中心，再修建三條筆直的道路BE，CE，DE，并計(jì)劃在△CDE內(nèi)種植花卉，△DEP內(nèi)修建老年活動(dòng)區(qū)，△BCE內(nèi)修建休息區(qū)，在四邊形ABEP內(nèi)修建兒童游樂(lè)園．問(wèn)種植花卉的△CDE的面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】代數(shù)幾何綜合題；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）43（2）33（3）存在，最小值為(6000-12005【分析】（1）由AB∥CD得△ABE∽△DCE，得對(duì)應(yīng)成比例的線段，于是得到結(jié)論；（2）當(dāng)PO⊥BC時(shí)，△PBC的面積有最大值，解直角三角形求出△PBC的高即可得到結(jié)論；（3）連接AC交PQ于點(diǎn)M，作△BME的外接圓⊙O，過(guò)點(diǎn)O作OF2⊥DC于點(diǎn)F2，交MR于點(diǎn)E2，交AB于點(diǎn)I，連接E2D，E2C，此時(shí)△E2CD的面積最小．【解答】解：（1）∵AB∥CD，∴△ABE∽△DCE，∴ABDC=AE∴設(shè)AE＝a，DE＝2a，∴a+2a＝4，解得a=4故答案為：43（2）如圖1，連接AC．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC是⊙O的直徑．在Rt△ABC中，tan∠BAC=BC∴∠BPC＝∠BAC＝60°過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BC，垂足為E，延長(zhǎng)EO交AD?于點(diǎn)P2連接P2B，P2C，此時(shí)△P2BC的面積最大．理由：在AD?上任意另取一點(diǎn)P1，過(guò)點(diǎn)P1作P1E1⊥BC，垂足為E1連接P1O，P1E，則OP2+OE＝OP3+OE＞P1E＞P1E1，即P2E＞P1E1，∴當(dāng)P2，O，E三點(diǎn)共線，且P2E⊥BC時(shí)，P2E最大，即△PBC的面積最大．連接OB，則∠BOC＝2∠BPC＝120°．在Rt△OBE中，．∠BOE=60°，BE=3∴OE=3∴S△PBC=2（3）如圖2，連接AC交PQ于點(diǎn)M．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝BC＝120，∠ABC＝90°，∠CAB＝45°，∴AC=2∵AD∥BC，∴∠MAP＝∠MCQ，∠MPA＝∠MQC，∴△AMP∽△CMQ，∴AMMC∴AM=402過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，∴AB∥MN∥CD，∴APCQ∵AN+BN＝120，∴AN＝40，BN＝80．在Rt△MNB中，根據(jù)勾股定理得BM=4作△BME的外接圓⊙O，則O為BM的中點(diǎn)，且點(diǎn)E在MR?過(guò)點(diǎn)O作OF2⊥DC于點(diǎn)F2，交MR于點(diǎn)E2，交AB于點(diǎn)I，連接E2D，E2C，此時(shí)△E2CD的面積最小．理由：在MR上任意另取一點(diǎn)E1，過(guò)點(diǎn)E1作E1F1⊥DC于點(diǎn)F1，連接OE1，OF1，則OE1+E1F1＞OF1＞OF2，即E1F1＞E2F2∴當(dāng)O，E2，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，且OF2⊥CD時(shí)，E2F2最小，即△CDE的面積最?。深}意可得四邊形BCF2I為矩形，∴F2I＝BC＝120．∵∠OBI＝∠MBN，∠OIB＝∠MNB，∴△OBI∽△MBN，∴OIMN∴OI＝20，∴EF∴S△CDE的最小值=120×(100-20【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的理解題意，畫(huà)出圖形是解題的關(guān)鍵．4．已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，以AB為直徑在正方形內(nèi)作半圓，P是半圓上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連接PA、PB、PC、PD．（1）如圖①，當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于多少時(shí)，∠PAB＝60°，并說(shuō)明理由；（2）如圖①當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于多少時(shí)，△PAD是等腰三角形，并說(shuō)明理由；（3）如圖②，以AB邊所在直線為x軸、AD邊所在直線為y軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系（點(diǎn)A即為原點(diǎn)O），把△PAD、△PAB、△PBC的面積分別記為S1、S2、S3．設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），試求2S1S3-S22的最大值，并求出此時(shí)a【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】幾何綜合題；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于2時(shí)，∠PAB＝60°；（2）當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于22或855（3）當(dāng)a＝2時(shí)，b＝2，2S1S3-S【分析】（1）由AB是直徑，可得∠APB＝90°，然后利用三角函數(shù)即可求得PA的長(zhǎng)；（2）當(dāng)PA＝PB時(shí)，△PAB是等腰三角形，然后由等腰三角形的性質(zhì)與射影定理即可求得答案．（3）過(guò)點(diǎn)P分別作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分別為E，F(xiàn)延長(zhǎng)FP交BC于點(diǎn)G，則PG⊥BC，P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），PE＝b，PF＝a，PG＝4﹣a，利用矩形的面積關(guān)系與二次函數(shù)的知識(shí)即可求得答案．【解答】解：（1）∵AB是直徑，當(dāng)∠APB＝90°，∵∠PAB＝60°，∴∠PBA＝30°，∴PA=12∴當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于2時(shí)，∠PAB＝60°；（2）①若△PAD是等腰三角形，當(dāng)PA＝PD時(shí)，如圖1，此時(shí)P位于正方形ABCD的中心O．則PD⊥PA，PD＝PA，∴AD2＝PD2+PA2＝2PA2＝16，∴PA=22②當(dāng)PD＝DA時(shí)，以點(diǎn)D為圓心，DA為半徑作圓與弧AB的交點(diǎn)為點(diǎn)P．如圖2連PD，令A(yù)B中點(diǎn)為O，再連DO，PO，DO交AP于點(diǎn)G，則△ADO≌△PDO，∴DO⊥AP，AG＝PG，∴AP＝2AG，又∵DA＝2AO，∴AG＝2OG，設(shè)AG為2x，OG為x，∴（2x）2+x2＝4，∴5x2＝4，∴x=2∴AG＝2x=455，∴當(dāng)PA的長(zhǎng)度等于22或855（3）如圖，過(guò)點(diǎn)P分別作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分別為E、F，延長(zhǎng)EP交BC于點(diǎn)G，則PG⊥BC．∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），∴PE＝b，PF＝a，PG＝4﹣a，在△PAD、△PAB和△PBC中，S1＝2a，S2＝2b，S3＝8﹣2a，∵AB為直徑，∴∠APB＝90°，∴PE2＝AE?BE，即b2＝a（4﹣a），∴2S1S3-S22=4a（8﹣2a）﹣4b2＝﹣4a2+16a＝﹣4（∴當(dāng)a＝2時(shí)，b＝2，2S1S3-S【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)以及三角函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合與方程思想的應(yīng)用．5．（1）如圖①，AB是⊙O的弦，直線l上有兩點(diǎn)M、N，點(diǎn)P在⊙O上，則∠AMB、∠ANB、∠APB的大小關(guān)系為∠AMB＜∠APB＜∠ANB；（2）如圖②，已知點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是（0，3）、（0，9），點(diǎn)C為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠ACB最大時(shí)，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y＝﹣x+108與x軸、y軸分別交于點(diǎn)D、C．點(diǎn)M為直線上一點(diǎn)且MD=602，AB為x軸上一條可移動(dòng)的線段，AB＝20，連接CA、BM，點(diǎn)P為直線l上任意一點(diǎn)，連接AP、BP．求當(dāng)AC+BM最小時(shí)，sin∠APB的最大值及此時(shí)點(diǎn)P【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】一次函數(shù)及其應(yīng)用；等腰三角形與直角三角形；平移、旋轉(zhuǎn)與對(duì)稱(chēng)；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；與圓有關(guān)的位置關(guān)系；解直角三角形及其應(yīng)用；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）∠AMB＜∠APB＜∠ANB；（2）C（33，0）；（3）P（108﹣1514，1514），sin∠APB=8【分析】（1）設(shè)BM交⊙O于C，AN的延長(zhǎng)線交⊙O于D，連接BD，可得出∠ACB＝∠D＝∠APB，從而∠AMB＜∠ACB，∠D＜∠ANB，進(jìn)而得出結(jié)果；（2）過(guò)A、B兩點(diǎn)的圓I與x軸相切時(shí)，∠ACB最大，連接CI，AI，作ID⊥AB于D，可得出AI＝IC＝OD＝OA+AD＝6，從而DI=A（3）在y軸上取點(diǎn)E（0，﹣108），將其向右移動(dòng)20個(gè)單位至F（20，﹣108），連接MF，交x軸于B，將點(diǎn)B向左移動(dòng)20個(gè)單位得A，則AC+BM最小，可求得點(diǎn)B（38，0），A（18，0），過(guò)A、B的圓I與CD相切于P時(shí)，∠APB最大，sin∠APB=AB2PI，作IH⊥AB于H，交⊙I于G，連接IP，設(shè)IP＝PG＝x，則GI=2x，IH＝GH﹣GI＝80-2x，在Rt△BIH中，由勾股定理得出x2﹣（80-2x）【解答】解：（1）如圖1，設(shè)BM交⊙O于C，AN的延長(zhǎng)線交⊙O于D，連接BD，∵AB=∴∠ACB＝∠D＝∠APB，∵∠ACB是△ACM的外角，∴∠AMB＜∠ACB，同理可得：∠D＜∠ANB，∴∠AMB＜∠APB＜∠ANB，故答案為：∠AMB＜∠APB＜∠ANB；（2）如圖2，當(dāng)過(guò)A、B兩點(diǎn)的圓I與x軸相切時(shí)，∠ACB最大，∴AD＝BD=12連接CI，AI，作ID⊥AB于D，∴∠IDO＝∠ICO＝∠AOC＝90°，∴四邊形CODI是矩形，∴OD＝IC，OC＝DI，∴AI＝IC＝OD＝OA+AD＝6，∴DI=A∴C（33，0）；（3）如圖，由題意得：C（0，108），D（108，0），在y軸上取點(diǎn)E（0，﹣108），將其向右移動(dòng)20個(gè)單位至F（20，﹣108），連接MF，交x軸于B，將點(diǎn)B向左移動(dòng)20個(gè)單位得A，則AC+BM最小，∵22MD∴點(diǎn)M（48，60），∴直線FM的解析式為：y＝6x﹣228，由6x﹣228＝0得x＝38，∴點(diǎn)B（38，0），A（18，0），過(guò)A、B的圓I與CD相切于P時(shí)，∠APB最大，sin∠APB=AB作IH⊥AB于H，交⊙I于G，連接IP，∴IP⊥CD，AH＝BH＝10，∴DH＝BH+BD＝10+108﹣38＝80，∵OC＝OD＝108，∠COD＝90°，∴∠CDO＝∠DCO＝45°，∴∠DGI＝45°，設(shè)IP＝PG＝x，則GI=2x，IH＝GH﹣GI＝80-2在Rt△BIH中，由勾股定理得，BI2﹣IH2＝AH2，∴x2﹣（80-2x）2＝10∴x1＝802-307，x2＝80∴PI＝802-307∴GQ＝PQ＝IQ=22PI＝80﹣1514，sin∠APB∵OH+PQ＝28+80﹣1514=108﹣1514，QH＝GH﹣GQ＝1514∴P（108﹣1514，1514）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，圓周角定理及其推論，求一次函數(shù)的解析式，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，勾股定理等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握“定弦對(duì)定角”等模型．6．閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學(xué)家，他的要著作《天文學(xué)大成》被后人稱(chēng)為“偉大的數(shù)學(xué)書(shū)”，托勒密有時(shí)把它叫作《數(shù)學(xué)文集》，托勒密從書(shū)中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對(duì)角線的乘積等于兩組對(duì)邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，求證：AB?CD+BC?AD＝AC?BD下面是該結(jié)論的證明過(guò)程：證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于點(diǎn)E．∵AD∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴AB∴AB?CD＝AC?BE∵AB∴∠ACB＝∠ADE（依據(jù)1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依據(jù)2）∴AD?BC＝AC?ED∴AB?CD+AD?BC＝AC?（BE+ED）∴AB?CD+AD?BC＝AC?BD任務(wù)：（1）上述證明過(guò)程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時(shí)，托勒密定理就是我們非常熟知的一個(gè)定理：勾股定理．（請(qǐng)寫(xiě)出）（3）如圖3，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)，求AC的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】幾何綜合題．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，相似三角形的判定即可解決問(wèn)題．（2）利用矩形的性質(zhì)以及托勒密定理即可判斷．（3）連接BD，作CE⊥BD于E．首先證明BD＝2DE=3CD，由托勒密定理，構(gòu)建方程求出AC【解答】解：（1）上述證明過(guò)程中的“依據(jù)1”是同弧所對(duì)的圓周角相等．“依據(jù)2”是兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似．（2）當(dāng)圓內(nèi)接四邊形ABCD是矩形時(shí)，則AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB?CD+AD?BC＝AC?BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我們非常熟知的一個(gè)定理：勾股定理，故答案為勾股定理．（3）連接BD，作CE⊥BD于E．∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵DC=∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°=DE∴DE=32∴BD＝2DE=3CD由托勒密定理：AC?BD＝AD?BC+CD?AB，∴AC?3CD＝3CD+5CD，∴AC=8答：AC的長(zhǎng)為83【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數(shù)，托勒密定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．7．完成下列各題（1）【問(wèn)題提出】如圖1，AB為⊙O的一條弦，點(diǎn)C在弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上，根據(jù)圓周角性質(zhì)，我們知道∠ACB的度數(shù)不變（填“變”或“不變”）；若∠AOB＝100°，則∠ACB＝50度．即：若線段AB的長(zhǎng)度已知，∠ACB的大小確定，則點(diǎn)C一定在某一個(gè)確定的圓上，我們把這樣的幾何模型稱(chēng)之為“定弦定角”模型；（2）【問(wèn)題探究】如圖2，在凸四邊形ABCD中，AB=53，AD=103，∠A＝60°，∠C＝150°，試求四邊形（3）【問(wèn)題解決】如圖3是四邊形休閑區(qū)域設(shè)計(jì)示意圖ABCD，已知∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，休閑區(qū)域內(nèi)原有一條筆直小路AC的長(zhǎng)為80米，現(xiàn)為了市民在該區(qū)域內(nèi)散步方便，準(zhǔn)備再修一條長(zhǎng)為30米的小路MN，滿(mǎn)足點(diǎn)M在邊AB上，點(diǎn)N在小路AC上．按設(shè)計(jì)要求需要給圖中陰影區(qū)域（即△ACD與四邊形MBCN，小路寬度忽略不計(jì)）種植花卉，為了節(jié)約成本且滿(mǎn)足設(shè)計(jì)需求，陰影部分的面積要盡可能的?。?qǐng)問(wèn)，是否存在符合設(shè)計(jì)要求的方案？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出陰影部分面積的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】代數(shù)幾何綜合題；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）不變，50；（2）2252（3）存在，2975-2252【分析】（1）根據(jù)圓周角定理進(jìn)行解答即可；（2）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接BD，當(dāng)△BCD的面積最大時(shí)，四邊形ABCD的面積最大，利用（2）中的結(jié)論計(jì)算△BCD的面積最大值即可得出結(jié)論．（3）根據(jù)題意，要使陰影部分面積最小，只需△AMN的面積最大即可，連接BD，作△AMN的外接圓⊙O，連接OM，ON，利用（2）結(jié)論即可求得△AMN的面積的最大值；將△CDA繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)90°得到△CBP，通過(guò)說(shuō)明A，B，P三點(diǎn)共線，則四邊形ABCD的面積＝△ACP的面積，利用陰影部分面積的最小值＝四邊形ABCD的面積﹣△AMN的面積的最大值，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵AB為⊙O的一條弦，點(diǎn)C在弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上，∴根據(jù)圓周角性質(zhì)，我們知道∠ACB的度數(shù)不變；∵AB=AB，∠則∠ACB＝50°，故答案為：不變；50；（2）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接BD，如圖2.1，∵BE⊥AD，∠A＝60°，∴BE=AB×sinA=53∴S△ABD=1∵S四邊形ABCD＝S△ABD+S△BCD，∴當(dāng)△BCD的面積最大時(shí)，四邊形ABCD的面積最大．作△BCD的外接圓⊙O，連接OB，OD，如圖2.2，設(shè)PC經(jīng)過(guò)圓心O時(shí)的線段為P1C1，則P1C1⊥AB，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥PC于點(diǎn)E，連接OP，如圖2.3，∵OE⊥PC，P1C1⊥AB，PC⊥AB，∴四邊形OC1CE是矩形，∴OC1＝EC，∵OP＝OP1，∴P1C1＝OP1+OC1＝OP+CE，∵OP≥PE，∴OP+EC≥PE+EC，∴OP+EC≥PC，∴OP1+OC1≥PC，即P1C1≥PC，∴當(dāng)且僅當(dāng)PC經(jīng)過(guò)圓心O時(shí)，PC最大；與上述過(guò)程同理，當(dāng)點(diǎn)C為BD的中點(diǎn)時(shí)，△BDC的面積最大．設(shè)為BD的中點(diǎn)為C′，連接OC′，交BD于點(diǎn)F，則OF⊥BD，BF＝DF，BC′＝C′D，∵∠BC′D＝∠BCD＝150°，∴∠C′BD＝∠C′DB＝15°，∴∠BOC′＝∠DOC′＝30°．∵BE⊥AD，∠A＝60°，∴AE=AB×cosA=53∴DE=AD-AE=15∴BD=∴BF=DF=15∴BO＝2BF＝15．∴OF=O∵C′O＝OB＝15，∴C′F=OC′-OF=15-15∴△BCD的面積的最大值=1∴四邊形ABCD的面積的最大值=75（3）存在符合設(shè)計(jì)要求的方案，陰影部分面積的最小值2975-2252根據(jù)題意，要使陰影部分面積最小，只需△AMN的面積最大即可，連接BD，如圖3，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，CB＝CD，∴∠CBD＝∠CDB＝45°．∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴A，B，C，D四點(diǎn)共圓，∴∠BAC＝∠CDB＝45°．作△ANM的外接圓⊙O，連接OM，ON，如圖4．∴∠MON＝2∠MAN＝90°，∵OM＝ON，∴△OMN為等腰直角三角形，∴OM=ON=2由（2）的結(jié)論可知：當(dāng)點(diǎn)A為優(yōu)弧MN?△AMN的面積的最大值為12將△CDA繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)90°得到△CBP，如圖5，則△ADC≌△PBC，∴CP＝CA，∠ACP＝90°，∠CBP＝∠D．∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠D+∠ABC＝180°，∴∠ABC+∠CBP＝180°，∴A，B，P三點(diǎn)共線，∴△ACP為等腰直角三角形，∴AC＝CP＝80米，∵S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝S△ABC+S△CPB＝S△ACP，∴S四邊形ABCD＝S△ACP=1∴陰影部分面積的最小值=3200-(225+2252【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，四點(diǎn)共圓，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，圖形的旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，直角三角形的邊角關(guān)系定理，利用已知條件構(gòu)造恰當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．8．（1）如圖1，半徑為4的⊙O外有一點(diǎn)P，且PO＝7，點(diǎn)A在⊙O上，則PA的最大值和最小值分別是11和3；（2）如圖2，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP、QD，求PC+QD最小時(shí)AP的長(zhǎng)；（3）如圖3，在?ABCD中，AB＝10，AD＝20，點(diǎn)D到AB的距離為103，動(dòng)點(diǎn)E、F在AD邊上運(yùn)動(dòng)，始終保持EF＝3，在BC邊上有一個(gè)直徑為BM的半圓O，連接AM與半圓O交于點(diǎn)N，連接CE、FN，求CE+EF+FN【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】圖形的全等；矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對(duì)稱(chēng)；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；解直角三角形及其應(yīng)用；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）11，3；（2）AP＝3；（3）361-【分析】（1）延長(zhǎng)PO，交⊙O于D，當(dāng)點(diǎn)A在C處時(shí)，PA最大＝OP+OC＝7+4＝11，當(dāng)點(diǎn)P在B處時(shí)，PA最?。絆P﹣OB＝7﹣4＝3；（2）作QE⊥AD于E，連接BE，延長(zhǎng)AB至F，使BF＝AB，連接DF，交于點(diǎn)G，則當(dāng)Q在店G處時(shí)，PC+QD最?。哼B接QF，可證得△CDP≌△BAE，從而得出BE＝QF，進(jìn)而得出PC+QD＝QF+DQ≥DF，從而當(dāng)點(diǎn)D、Q、F共線時(shí)，PC+DQ最小，即點(diǎn)Q在點(diǎn)G處，PC+QD最小，進(jìn)一步得出結(jié)果；（3）連接BN，可推出點(diǎn)N在以AB為直徑的⊙I圓上，作點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，CG交AD于X，將點(diǎn)G延著EF的方向向下移動(dòng)3個(gè)單位至H，連接HI，交⊙I于W，當(dāng)N在W處時(shí)，CE+EF+FN最小，以AB所在的直線為x軸，以BD所在的直線為y軸建立坐標(biāo)系，作CV⊥AB于V，作GT⊥CV于T，作HW⊥GT于W，依次求得∠DAB＝60°，CX，CG，CT，GT，TV的值，進(jìn)而求得GW，WH，WT的值，進(jìn)而得出H點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)一步得出結(jié)果．【解答】解：（1）如圖1，延長(zhǎng)PO，交⊙O于D，當(dāng)點(diǎn)A在C處時(shí)，PA最大＝OP+OC＝7+4＝11，當(dāng)點(diǎn)P在B處時(shí)，PA最?。絆P﹣OB＝7﹣4＝3，故答案為：11，3；（2）如圖2，作QE⊥AD于E，連接BE，延長(zhǎng)AB至F，使BF＝AB，連接DF，交于點(diǎn)G，則當(dāng)Q在店G處時(shí)，PC+QD最小，理由如下：連接QF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BCD＝∠A＝90°，CD＝AB，CD∥AB，∵∠DEQ＝90°，∴四邊形CDEQ是矩形，∴DE＝CQ＝AP，EQ＝CD，EQ∥CD，∴DE+PE＝AP+PE，EQ＝BF，EQ∥AB，∴DP＝AE，四邊形BEQF是平行四邊形，∴△CDP≌△BAE（SAS），BE＝QF，∴PC＝BE，∴QF＝PC，∴PC+QD＝QF+DQ≥DF，∴當(dāng)點(diǎn)D、Q、F共線時(shí)，PC+DQ最小，∴點(diǎn)Q在點(diǎn)G處，PC+QD最小，∵∠DCG＝∠GBF＝90°，∠CGD＝∠BGF，∴△CGD≌△BGF（AAS），∴CG＝BG，∴AP=12（3）如圖3，連接BN，∵BM是⊙O的直徑，∴∠BNM＝90°，∴∠ANB＝90°，∴點(diǎn)N在以AB為直徑的⊙I圓上，作點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，CG交AD于X，將點(diǎn)G延著EF的方向向下移動(dòng)3個(gè)單位至H，連接HI，交⊙I于W，當(dāng)N在W處時(shí)，CE+EF+FN最小，作DB′⊥AB于B′，∴AB′=AD∴AB＝AB′＝10，∴點(diǎn)B和B′重合，以AB所在的直線為x軸，以BD所在的直線為y軸建立坐標(biāo)系，作CV⊥AB于V，作GT⊥CV于T，作HW⊥GT于W，∵cos∠DAB=AB∴∠DAB＝60°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，CD＝AB＝10，∴∠CDX＝∠DAB＝60°，∴CX＝CD?sin∠CDX＝10?sin60°＝53，∴CG＝2CX＝103，∴CT=12CG＝53，GT=∴TV＝CV+CT＝103+53=可得∠WGH＝90°﹣∠CGT＝60°，∴GW＝GH?cos60°=12GH=32，WH∴WT＝GT+GW＝15+3∴H（10-332，153-33∵I（﹣5，0），∴HI=(132∴（CE+EF+FN）最?。?61-5+3＝361【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，解直角三角形，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是較強(qiáng)的計(jì)算能力．9．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，半徑AO平分∠BAC，延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)K．（1）如圖1，求證：BK＝CK；（2）如圖2，延長(zhǎng)AK交⊙O于點(diǎn)D，當(dāng)AK＝3DK時(shí)，求證：△ABC為等邊三角形；（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)E在弧AB上，點(diǎn)F在弧CD上，連接AF、AE、BE、CE，EC交AF于點(diǎn)P，AF⊥AE，且AF＝CE，連接DF，當(dāng)DF＝2時(shí)，求BE的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】代數(shù)幾何綜合題；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）證明見(jiàn)解答過(guò)程；（2）證明見(jiàn)解答過(guò)程；（3）BE＝23+【分析】（1）利用垂徑定理的推論解答即可；（2）利用垂徑定理的推論得到AB＝AC，設(shè)DK＝a，則AK＝3a，則AD＝AK+DK＝4a，可得圓的半徑與弦心距，解直角三角形得到∠BOK＝60°，再利用圓周角定理即可得出結(jié)論；（3）連接BO，EF，ED，F(xiàn)C，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，利用垂徑定理及其推論，圓周角定理得到△ABG為等腰直角三角形，設(shè)GE＝a，則BE＝2a，BG=3a，利用AG＝BG＝EG+EA＝2+a，列出方程求得a【解答】（1）證明：連OL，OB，如圖1，∵OA＝OC，∴∠1＝∠3，∵OA＝OB，∴∠2＝∠4，∵AO平分∠CAB，∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠4又∵OA＝OA，∴△OAC≌△OAB（ASA），∴AC＝AB，∵∠1＝∠2，∴BK＝CK；（2）證明：連OC，CD，如圖2，設(shè)DK＝t，則AK＝3DK＝3t，∴AD＝AK+DK＝3t+t＝4t，∴AO+OD＝1/2AD＝1/2×4t＝2t，∴OK＝OD﹣DK＝2t﹣t＝t，∴OK＝DK，∵AC＝AB，∠CAO＝∠BA，∴AK⊥CB，∵CB垂直平分OD，∴OC＝CD，∵OC＝CD，∴OC＝OD＝CD，∴△COD是等邊三角形，∴∠D＝60°，在⊙O中，AC=∴∠B＝∠D＝60°，∵AC＝AB，∴△ABC為等邊三角形；（3）解：連接BO，EF，ED，F(xiàn)C，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，如圖，∵AF⊥AE，∴EF為⊙O的直徑，即EF經(jīng)過(guò)點(diǎn)O．∵AF＝CE，∴AF=∴AF-∴AE=∴AE＝CF．∵AD是⊙O的直徑，∴∠AED＝∠AFD＝90°．∵AF⊥AE，∴四邊形AEDF為矩形．∴AF＝DE，AE＝DF，∴AE＝DF＝FC．∵∠DAC＝30°，∴∠DAF＝∠CAF＝∠ABF=12∠∴∠BAF＝∠BAD+∠DAF＝45°．∴∠EAB＝90°﹣∠BAF＝45°．∵BG⊥AE，∴△BGA為等腰直角三角形．∴AG＝BG，∠GBA＝45°．∴∠EBG＝∠GBA﹣∠ABE＝30°．設(shè)GE＝a，則BE＝2a，BG=3a∴AG＝BG＝EG+EA＝2+a．∴2+a=3a解得：a=3∴BE＝2a＝23+【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，垂徑定理及其推論，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等弧對(duì)等弦和等弦對(duì)等弧，熟練掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)并恰當(dāng)?shù)奶砑虞o助線是解題的關(guān)鍵．10．在直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的兩邊OC、OA分別在x軸、y軸上，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0、4）．（1）將正方形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，得到正方形ODEF，邊DE交BC于G．求G點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）如圖，⊙O1與正方形ABCO四邊都相切，直線MQ切⊙O1于點(diǎn)P，分別交y軸、x軸、線段BC于點(diǎn)M、N、Q．求證：O1N平分∠MO1Q．（3）若H（﹣4、4），T為CA延長(zhǎng)線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)T、H、A三點(diǎn)作⊙O2，AS⊥AC交O2于S．當(dāng)T運(yùn)動(dòng)時(shí)（不包括A點(diǎn)），AT﹣AS是否為定值？若是，求其值；若不是，說(shuō)明理由．【考點(diǎn)】正多邊形和圓．【專(zhuān)題】證明題；探究型．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）求出旋轉(zhuǎn)角∠AOD、∠FOC的度數(shù)為30°，進(jìn)而求出∠GOC的度數(shù)，再利用三角函數(shù)求出G點(diǎn)坐標(biāo)；（2）由切線長(zhǎng)定理證得∠MO1Q＝90°，由切線長(zhǎng)定理或其他方法證得∠NO1Q＝45°，O1N平分∠MO1Q；（3）在AT上取點(diǎn)V，使TV＝AS，構(gòu)造出全等三角形△HTV≌△HSA，判斷出△HAV為等腰直角三角形，求得AT﹣AS＝AV=2【解答】解：（1）連接OG，∵∠AOD＝∠FOC＝30°，由軸對(duì)稱(chēng)可得∠DOG＝∠COG＝30°，又∴OC＝4，∵CG＝OC?tan∠COG＝4×3∴G（4，43（2）∵BQ∥AM，∴∠BQM+∠AMQ＝180°，根據(jù)切線長(zhǎng)定理，∠O1QM+∠Q1MQ＝180°×1∴∠MO1Q＝180°﹣90°＝90°，由切線長(zhǎng)定理∠NO1Q＝45°，∴O1N平分∠MO1Q．（3）AT﹣AS的值是定值為42，在AT上取點(diǎn)V，使TV＝AS，即AT﹣AS＝AV，∵AS⊥AC，∴∠THS＝∠TAS＝90°，∵H（﹣4、4），A（0、4），∴AH⊥AO；又∵∠OAC＝45°，∴∠TAH＝45°，∵∠THS＝∠TAS＝90°，∴∠TSH＝45°，∴HT＝HS；又∠HTV＝∠HAS，TV＝AS，∴△HTV≌△HSA，∴△HAV為等腰直角三角形，∴AT﹣AS＝AV=2AH＝42【點(diǎn)評(píng)】（1）此題不僅要熟悉旋轉(zhuǎn)角，還要知道旋轉(zhuǎn)不變性，并聯(lián)系特殊三角形用勾股定理解答；（2）運(yùn)用切割線定理是解答此題的關(guān)鍵；（3）構(gòu)造全等三角形，比作輔助線難度要大，但確是一種有效的解題方法．11．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，點(diǎn)P以3cm/s的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以4cm/s的速度從點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0＜t＜2），⊙M是△PQB的外接圓．（1）當(dāng)t＝1時(shí)，⊙M的半徑是52cm，⊙M與直線CD的位置關(guān)系是相離（2）在點(diǎn)P從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)⊙M與矩形ABCD相切時(shí)，求t的值．（3）連接PD，交⊙M于點(diǎn)N，如圖2，當(dāng)∠APD＝∠NBQ時(shí)，t的值是43【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】幾何綜合題；推理能力；應(yīng)用意識(shí)．【答案】（1）52（2）t=29或（3）43【分析】（1）先求出PB，BQ的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理可得PQ的長(zhǎng)，根據(jù)直角三角形的外接圓直徑是斜邊即可求解；（2）如圖3，根據(jù)切線的性質(zhì)作輔助線EF，則EF⊥AD，EF⊥BC，由EF＝FM+ME列方程即可求解；（3）如圖4，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明AP＝PQ，AD＝DQ，最后根據(jù)勾股定理列方程即可求解．【解答】解：（1）如圖1，過(guò)M作KN⊥AB于N，交CD于K，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AB∥CD，∴⊙M的直徑是PQ，KN⊥CD，當(dāng)t＝1時(shí)，AP＝3，CQ＝4，∵AB＝6，BC＝8，∴PB＝6﹣3＝3，BQ＝8﹣4＝4，∴PQ=3∴⊙M的半徑為52cm∵M(jìn)N∥BQ，M是PQ的中點(diǎn)，∴PN＝BN，∴MN是△PQB的中位線，∴MN=12BQ∴MK＝8﹣2＝6＞5∴⊙M與直線CD的位置關(guān)系是相離；故答案為：52（2）如圖3，當(dāng)⊙M與AD相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為F，連接FM并延長(zhǎng)交BC于E，則EF⊥AD，EF⊥BC，則BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，∴PQ＝10﹣5t，∴PM=10-5t2=FM＝5△BPQ中，ME=12PB＝3-∵EF＝FM+ME，∴5-52t+3-解得：t=1當(dāng)⊙M與AD相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為F，連接FM并延長(zhǎng)交BC于E，則EF⊥CD，EF⊥AB，則BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，∴PQ＝10﹣5t，∴PM=10-5t2=EM＝5∴MF＝EF﹣ME=BQ∴8﹣（5-52t）解得：t=2綜上所述：當(dāng)⊙M與矩形ABCD相切時(shí)t=29或（3）如圖4，過(guò)D作DG⊥PQ，交PQ的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接DQ，∵∠APD＝∠NBQ，∠NBQ＝∠NPQ，∴∠APD＝∠NPQ，∵∠A＝90°，DG⊥PG，∴AD＝DG＝8，∵PD＝PD，∴Rt△APD≌Rt△GPD（HL），∴PG＝AP＝3t，∵BQ＝8﹣4t，PB＝6﹣3t，∴PQ＝10﹣5t，∴QG＝3t﹣（10﹣5t）＝8t﹣10，∵DC2+CQ2＝DQ2＝DG2+QG2，∴62+（4t）2＝82+（8t﹣10）2，∴3t2﹣10t+8＝0，（t﹣2）（3t﹣4）＝0，解得：t1＝2（舍），t2=4故答案為：43【點(diǎn)評(píng)】本題四邊形和圓的綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，添加恰當(dāng)輔助線是本關(guān)鍵．12．問(wèn)題探究（1）寒假期間，樂(lè)樂(lè)同學(xué)參觀爸爸的工廠，看到半徑分別為2和3的兩個(gè)圓形零件⊙A、⊙B按如圖1所示的方式放置，點(diǎn)A到直線m的距離AC＝4，點(diǎn)B到直線m的距離BD＝6，CD＝5，M是⊙A上一點(diǎn)，N是⊙B上一點(diǎn)，在直線m上找一點(diǎn)P，使得PM+PN最?。?qǐng)你在直線m上畫(huà)出點(diǎn)P的位置，并直接寫(xiě)出PM+PN的最小值．問(wèn)題解決（2）如圖2，樂(lè)樂(lè)爸爸的工廠欲規(guī)劃一塊花園，如圖所示的矩形ABCD，其中AB=303米，BC＝30米，點(diǎn)E、F為花園的兩個(gè)入口，BE=103米，DF＝10米．若在△BCD區(qū)域內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)亭子G（亭子大小忽略不計(jì)），滿(mǎn)足∠BDG＝∠GBC，從入口到亭子鋪設(shè)兩條景觀路．已知鋪設(shè)小路EG所用的景觀石材每米的造價(jià)是400元，鋪設(shè)小路FG所用的景觀石材每米的造價(jià)是200元，你能否幫樂(lè)樂(lè)同學(xué)分析一下，是否存在點(diǎn)G，使鋪設(shè)小路EG和FG的總造價(jià)最低？若存在，求出最低總造價(jià)，并求出此時(shí)亭子G到邊【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對(duì)稱(chēng)；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；圖形的相似；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】（1）55-5（2）總費(fèi)用最少是200079元，此時(shí)亭子G到邊AB的距離為：1200-12021【分析】（1）①作點(diǎn)A關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接BE，交m于點(diǎn)P，交⊙B于N，②連接AP，交⊙A于點(diǎn)M，則PM+PN最小，作EF⊥BD，根據(jù)勾股定理得出BE，進(jìn)一步得出結(jié)果；（2）變形總費(fèi)用400EG+200FG＝200（2EG+FG），可求得∠BGD＝120°，取AE的中點(diǎn)O，連接DO，可得出點(diǎn)C在以O(shè)為圓心，203為半徑的圓上，延長(zhǎng)OB至H，使BH＝203，可證得△GOE∽△HOG，從而GHCE=OGOE=2，從而得出2EG+FG＝GH+EG≤DH，當(dāng)E、G、H共線時(shí)，GH+EG最小，即2EG+FG最小，最小值為：DH的長(zhǎng)，此時(shí)點(diǎn)G點(diǎn)在DH與【解答】解：（1）如圖1，①作點(diǎn)A關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接BE，交m于點(diǎn)P，交⊙B于N，②連接AP，交⊙A于點(diǎn)M，則PM+PN最小，作EF⊥BD，交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，可得：四邊形CEFD是矩形，∴EF＝CD＝5，DF＝CE＝AC＝4，∴BF＝BD+DF＝6+4＝10，∴BE=B∴EP+BP＝55，∵AP＝EP，∴AP+BP＝55，∴AM+PM+PN+BN＝55，∵AM＝2，BN＝3，∴PM+PN＝55-5（2）如圖2，總費(fèi)用為：400EG+200FG＝200（2EG+FG），∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝∠ADC＝∠C＝90°，CD＝AB＝303，∴tan∠CBD=CD∴∠CBD＝60°，∴∠CGB+∠DBG＝60°，∵∠BDG＝∠GBC，∴∠BDG+∠DBG＝60°，∴∠BGD＝120°，取AE的中點(diǎn)O，連接DO，∵BE＝103，AB＝303，∴AE＝203，∴OA＝OE＝103，∴tan∠ADO=OA∴∠ADO＝30°，∴∠AOD＝60°，OD＝2OA＝203，∴∠BOD＝120°，OB＝OD，∴點(diǎn)C在以O(shè)為圓心，203為半徑的圓上，∴OC＝OD＝203，∴OGOE延長(zhǎng)OB至H，使BH＝203，∴OHOG∴OGOE∵∠GOE＝∠GOH，∴△GOE∽△HOG，∴GHCE∴2EG+FG＝GH+FG≤FH，當(dāng)F、G、H共線時(shí)，GH+FG最小，即2EG+FG最小，最小值為：FH的長(zhǎng)，此時(shí)點(diǎn)G點(diǎn)在FH與⊙O的交點(diǎn)G′處，在Rt△AFH中，AF＝20，AH＝AB+BH＝303+20∴FH=AF∴（DG+FG）最?。?079，∴（400EG+200DG）最?。?00079元，作G′′K⊥AB于K，設(shè)G′K＝a，∵tan∠AHF=G′K∴aHK∴HK=53∴OK＝OH﹣HK＝403-5在Rt△OKG′中，由勾股定理得，OK2+G′K2＝OG′2，∴（403-532a）2+a2∴a1=1200-1202179，a∴G′H=1200-120答：總費(fèi)用最少是元，此時(shí)亭子G到邊AB的距離為：907【點(diǎn)評(píng)】本題考查了確定圓的條件，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．13．（1）【學(xué)習(xí)心得】小宸同學(xué)在學(xué)習(xí)完“圓”這一章內(nèi)容后，感覺(jué)到一些幾何問(wèn)題，如果添加輔助圓，運(yùn)用圓的知識(shí)解決，可以使問(wèn)題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，求∠BDC的度數(shù)，若以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑作輔助圓⊙A，則點(diǎn)C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝45°．（2）【問(wèn)題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BAC＝26°，求∠BDC的度數(shù)．小宸同學(xué)認(rèn)為用添加輔助圓的方法，可以使問(wèn)題快速解決，他是這樣思考的：△ABD的外接圓就是以BD的中點(diǎn)為圓心，12BD長(zhǎng)為半徑的圓；△BCD的外接圓也是以BD的中點(diǎn)為圓心，12BD長(zhǎng)為半徑的圓．這樣A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上，進(jìn)而可以利用圓周角的性質(zhì)求出∠（3）【問(wèn)題拓展】①如圖3，△ABC的三條高AD、BE、CF相交于點(diǎn)H，求證：∠EFC＝∠DFC．②如圖4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC邊上的高，且BD＝3，CD＝1，直接寫(xiě)出AD的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】代數(shù)幾何綜合題；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用同弦所對(duì)的圓周角是所對(duì)圓心角的一半求解；（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC＝∠BAC；（3）先判斷出點(diǎn)A、F、H、E在以AH為直徑的同一個(gè)圓上，得出∠EFC＝∠DAC，同理得出∠DFC＝∠CBE，即可得出結(jié)論；（4）如圖4，作△ABC的外接圓，過(guò)圓心O作OE⊥BC于點(diǎn)E，作OF⊥AD于點(diǎn)F，連接OA、OB、OC．利用圓周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，結(jié)合該三角形的性質(zhì)求得DE＝OF＝1；在等腰Rt△BOE中，利用勾股定理得到OE＝DF＝2；則在Rt△AOF中，易得AF=7【解答】（1）解：如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點(diǎn)A為圓心，點(diǎn)B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC=12∠故答案為：45；（2）解：如圖2，取BD的中點(diǎn)O，連接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴點(diǎn)A、B、C、D共圓，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BAC＝26°，∴∠BDC＝26°；（3）證明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，如圖3，∴點(diǎn)A、F、H、E在以AH為直徑的同一個(gè)圓上，∴∠EFC＝∠DAC，同理：點(diǎn)B、D、H、E在以BH為直徑的同一個(gè)圓上，∠DFC＝∠CBE，又∵∠DAC＝∠EBC，∴∠EFC＝∠DFC；（4）解：如圖4，作△ABC的外接圓，過(guò)圓心O作OE⊥BC于點(diǎn)E，作OF⊥AD于點(diǎn)F，連接OA、OB、OC．∵∠BAC＝45°，∴∠BOC＝90°．在Rt△BOC中，BC＝BD+DC＝3+1＝4，∴BO＝CO＝22．∵OE⊥BC，O為圓心，∴BE=12∴DE＝OF＝BD﹣BE＝1．在Rt△BOE中，BO＝22，BE＝2，∴OE＝DF＝2．在Rt△AOF中，AO＝22，OF＝1，∴AF=7∴AD＝AF+DF=7【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的綜合題，需要掌握垂徑定理、圓周角定理、等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，判斷四點(diǎn)共圓是解本題的關(guān)鍵．14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將中心為T(mén)的正方形記作正方形T，對(duì)于正方形T和點(diǎn)P（不與O重合）給出如下定義：若正方形T的邊上存在點(diǎn)Q，使得直線OP與以TQ為半徑的⊙T相切于點(diǎn)P，則稱(chēng)點(diǎn)P為正方形T的“伴隨切點(diǎn)”．（1）如圖，正方形T的頂點(diǎn)分別為點(diǎn)O，A（2，2），B（4，0），C（2，﹣2）．①在點(diǎn)P1（2，1），P2（1，1），P3（1，﹣1）中，正方形T的“伴隨切點(diǎn)”是P2，P3；②若直線y＝x+b上存在正方形T的“伴隨切點(diǎn)”，求b的取值范圍；（2）已知點(diǎn)T（t，t+1），正方形T的邊長(zhǎng)為2．若存在正方形T的兩個(gè)“伴隨切點(diǎn)”M，N，使得△OMN為等邊三角形，直接寫(xiě)出t的取值范圍．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【專(zhuān)題】新定義；與圓有關(guān)的位置關(guān)系；幾何直觀；運(yùn)算能力；推理能力；應(yīng)用意識(shí)；創(chuàng)新意識(shí)．【答案】（1）①P2，P3；②﹣2≤b≤2（2）-1-152≤t≤-1-7【分析】（1）