猜想04與圓相關的幾何綜合（6種模型）題型一：兩圓一中垂構造等腰三角形模型題型二：阿氏圓題型三：瓜豆原理題型四：圓中定值問題題型五：圓中最值問題題型六：輔助圓模型題型一：兩圓一中垂構造等腰三角形模型一．選擇題（共2小題）1．（2022春?新洲區(qū)期末）已知平面直角坐標系中有A（2，2）、B（4，0）兩點，若在坐標軸上取點C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點C的個數(shù)是（）A．5個 B．6個 C．7個 D．8個【分析】分三種情況，當AB＝AC時，當BA＝BC時，當CA＝CB時，進行分析即可解答．【解答】解：如圖：當AB＝AC時，以點A為圓心，AB長為半徑畫弧，交y軸于點C1，C2，當BA＝BC時，以點B為圓心，AB長為半徑畫弧，交x軸于點C3，C4，當CA＝CB時，作AB的垂直平分線，交x軸于點C5，交y軸于點C6，∵點A，B，C2三個點在同一條直線上，∴滿足條件的點C的個數(shù)是5，故選：A．【點評】本題考查了等腰三角形的判定，坐標與圖形的性質，分三種情況討論是解題的關鍵．2．（2022秋?沙洋縣校級期末）平面直角坐標系中，已知A（1，2）、B（3，0）．若在坐標軸上取點C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點C的個數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】由點A、B的坐標可得到AB＝2，然后分類討論：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，確定C點的個數(shù)．【解答】解：∵點A、B的坐標分別為（1，2）、B（3，0）．∴AB＝2，①若AC＝AB，以A為圓心，AB為半徑畫弧與坐標軸有3個交點（B點除外），即（﹣1，0）、（0，2+）、（0，2﹣），即滿足△ABC是等腰三角形的C點有3個；②若BC＝AB，以B為圓心，BA為半徑畫弧與坐標軸有2個交點，即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個；③若CA＝CB，作AB的垂直平分線與坐標軸有2個交點，即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個．綜上所述：點C在坐標軸上，△ABC是等腰三角形，符合條件的點C共有7個．故選：C．【點評】本題主考查了等腰三角形的判定以及分類討論思想的運用，分三種情況分別討論，注意等腰三角形頂角的頂點在底邊的垂直平分線上．二．填空題（共2小題）3．（2022秋?龍亭區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B分別在y軸和x軸上，∠ABO＝60°，在坐標軸上找一點P，使得△PAB是等腰三角形，則符合條件的點P共有6個．【分析】分類討論：AB＝AP時，AB＝BP時，AP＝BP時，根據(jù)兩邊相等的三角形是等腰三角形，可得答案．【解答】解：①當AB＝AP時，在y軸上有2點滿足條件的點P，在x軸上有1點滿足條件的點P．②當AB＝BP時，在y軸上有1點滿足條件的點P，在x軸上有2點滿足條件的點P，有1點與AB＝AP時的x軸正半軸的點P重合．③當AP＝BP時，在x軸、y軸上各有一點滿足條件的點P，有1點與AB＝AP時的x軸正半軸的點P重合．綜上所述：符合條件的點P共有6個．故答案為：6．【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質，把所有可能的情況都找出來，不遺漏掉任何一種情況是本題的關鍵．4．（2021秋?鄰水縣期末）平面直角坐標系中，已知A（2，2）、B（4，0）．若在坐標軸上取點C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點C的個數(shù)是5．【分析】由點A、B的坐標可得到AB＝2，然后分類討論：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，確定C點的個數(shù)．【解答】解：∵點A、B的坐標分別為（2，2）、B（4，0）．∴AB＝2，①若AC＝AB，以A為圓心，AB為半徑畫弧與坐標軸有3個交點（含B點），即（0，0）、（4，0）、（0，4），∵點（0，4）與直線AB共線，∴滿足△ABC是等腰三角形的C點有1個；②若BC＝AB，以B為圓心，BA為半徑畫弧與坐標軸有2個交點（A點除外），即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個；③若CA＝CB，作AB的垂直平分線與坐標軸有兩個交點，即滿足△ABC是等腰三角形的C點有2個；綜上所述：點C在坐標軸上，△ABC是等腰三角形，符合條件的點C共有5個．故答案為：5．【點評】本題主考查了等腰三角形的判定以及分類討論思想的運用，分三種情況分別討論，注意等腰三角形頂角的頂點在底邊的垂直平分線上．題型二：阿氏圓一．填空題（共2小題）1．（2022秋?永嘉縣校級期末）如圖所示，∠ACB＝60°，半徑為2的圓O內切于∠ACB．P為圓O上一動點，過點P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM+2PN的取值范圍為6﹣2≤PM+2PN≤6+2．【分析】PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HP＝PM，確定HN的最大值和最小值．【解答】解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，∵PM⊥AC，PN⊥CB，∴∠PMC＝∠PNC＝90°，∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°，∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°，∴HP＝PM?cos∠MPH＝PM?cos60°＝PM，∴PN+PM＝PN+HP＝NH，∵MF＝NH，∴當MP與⊙O相切時，MF取得最大和最小，如圖1，連接OP，OG，OC，可得：四邊形OPMG是正方形，∴MG＝OP＝2，在Rt△COG中，CG＝OG?tan60°＝2，∴CM＝CG+GM＝2+2，在Rt△CMF中，MF＝CM?sin∠ACB＝（2+2）×＝3+，∴HN＝MF＝3+，PM+2PN＝2（）＝2HN＝6+2，如圖2，由上知：CG＝2，MG＝2，∴CM＝2﹣2，∴HM＝（2﹣2）×＝3﹣，∴PM+2PN＝2（）＝2HN＝6﹣2，∴6﹣2≤PM+2PN≤6+2．【點評】本題考查的是解直角三角形等知識，解決問題的關鍵是構造PM．2．（2021秋?龍鳳區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以點C為圓心，3為半徑做⊙C，分別交AC，BC于D，E兩點，點P是⊙C上一個動點，則PA+PB的最小值為．【分析】在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，證明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，當B、Q、P三點共線時，PA+PB的值最小，求出BQ即為所求．【解答】解：在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，∵AC＝9，CP＝3，∴＝，∵CP＝3，CQ＝1，∴＝，∴△ACP∽△PCQ，∴PQ＝AP，∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，∴當B、Q、P三點共線時，PA+PB的值最小，在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，∴QB＝，∴PA+PB的最小值，故答案為：．【點評】本題考查阿氏圓求最短距離，熟練掌握胡不歸求最短距離的方法，利用三角形相似將PA轉化為PQ是解題的關鍵．二．解答題（共1小題）3．（2021秋?定海區(qū)期末）如圖1，正方形OABC邊長是2，以OA為半徑作圓，P為弧AC上的一點，過點P作PM⊥AB交AB于點M，連結PO、PA，設PM＝m，PA＝n．（1）求證：∠POA＝2∠PAM；（2）探求m、n的數(shù)量關系，并求n﹣m最大值；（3）如圖2：連結PB，設PB＝h，求h+2m的最小值．【分析】（1）根據(jù)正方形性質和三角形內角和定理即可證得結論；（2）如圖1，過點O作OE⊥PA于E，先證明△APM∽△OAE，利用相似三角形性質可得出m＝n2，進而可得：n﹣m＝n﹣n2＝﹣（n﹣2）2+1，再運用二次函數(shù)性質即可得出答案；（3）如圖2，連接AC、BD交于點D，連接PD，當D、P、M三點共線且DM⊥AB時，PD+PM＝DM最小，即h+2m＝2DM最小，根據(jù)正方形和等腰直角三角形的性質即可求得答案．【解答】（1）證明：∵四邊形OABC是正方形，∴∠OAB＝90°，∴∠OAP+∠PAM＝90°，即2∠OAP+2∠PAM）＝180°，∵OA＝OP，∴∠OPA＝∠OAP，∵∠OPA+∠OAP+∠POA＝180°，∴2∠OAP+∠POA＝180°，∴∠POA＝2∠PAM；（2）解：如圖1，過點O作OE⊥PA于E，∵OA＝OP，OE⊥PA，∴AE＝PA，∠AOE＝∠POE＝∠POA，∵∠POA＝2∠PAM，∴∠PAM＝∠POA，∴∠PAM＝∠AOE，∵PM⊥AB，∴∠AMP＝90°＝∠OEA，∴△APM∽△OAE，∴＝，即＝，∴m＝n2，∴n﹣m＝n﹣n2＝﹣（n﹣2）2+1，∴當n＝2時，n﹣m取得最大值，n﹣m最大值為1；（3）解：如圖2，連接AC、OB交于點D，連接PD，∵四邊形ABCO是正方形，∴AC⊥BD，OD＝AD＝BD，∴＝＝，∵OP＝OA，∴＝＝，∵∠POD＝∠BOP，∴△POD∽△BOP，∴＝＝，∴PD＝PB，∵PB＝h，PM＝m，∴h+2m＝2（h+m）＝2（PB+PM）＝2（PD+PM），∵當D、P、M三點共線且DM⊥AB于M時，PD+PM＝DM最小，∴當D、P、M三點共線且DM⊥AB時，h+2m＝2（PD+PM）＝2DM最小，如圖3，∵△ABD是等腰直角三角形，DM⊥AB，∴DM＝AB＝1，∴2DM＝2，即h+2m的最小值為2．【點評】本題是圓的綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，正方形的性質，三角形內角和定理，圓的性質，相似三角形的判定和性質，兩點之間線段最短，點到直線的距離垂線段最短，二次函數(shù)最值的應用，利用相似三角形性質列出關于m、n的關系式恰當運用配方法是解題關鍵．題型三：瓜豆原理一．填空題（共6小題）1．（2021秋?忠縣期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點D在BC邊上，BC＝5，CD＝2，點E是邊AC所在直線上的一動點，連接DE，將DE繞點D順時針方向旋轉60°得到DF，連接BF，則BF的最小值為．【分析】由“SAS”可證△DHE≌△DBF，可得EH＝BF，則當EH有最小值時，BF有最小值，由垂線段最短可得：當EH⊥AC時，EH有最小值，即可求解．【解答】解：如圖，以BD為邊作等邊三角形DBH，連接EH，過點H作HN⊥BD于N，∵BC＝5，CD＝2，∴BD＝3，∵△DHB是等邊三角形，HN⊥BD，∴DN＝BN＝，DB＝DH，∠HDB＝60°，∴CN＝，∵將DE繞點D順時針方向旋轉60°得到DF，∴DE＝DF，∠EDF＝60°，∴∠EDF＝∠HDB，∴∠EDH＝∠FDB，在△DHE和△DBF中，，∴△DHE≌△DBF（SAS），∴EH＝BF，∴當EH有最小值時，BF有最小值，由垂線段最短可得：當EH⊥AC時，EH有最小值，此時，∵EH⊥AC，∠ACB＝90°，HN⊥DB，∴四邊形CNHE是矩形，∴HE＝CN＝，故答案為：．【點評】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．2．（2021秋?嘉興期末）如圖，⊙O的直徑AB＝2，C為⊙O上動點，連結CB，將CB繞點C逆時針旋轉90°得到CD，連結OD，則OD的最大值為+1．【分析】通過證明△DBO∽△CBE，可得OD＝CE，當CE有最大值時，OD有最大值，即可求解．【解答】解：如圖，以OB為邊在AB的下方作等腰直角三角形OBE，連接CE，BD，∵將CB繞點C逆時針旋轉90°得到CD，∴BC＝CD，∠DCB＝90°，∴∠DBC＝45°，BD＝BC，∵△OBE是等腰直角三角形，∴OE＝BE，∠OBE＝45°，OB＝BE＝1，∴BE＝OE＝，∵∠DBC＝∠OBE，∴∠OBD＝∠CBE，又∵＝，∴△DBO∽△CBE，∴，∴OD＝CE，∴當CE有最大值時，OD有最大值，當點C，點O，點E三點共線時，CE有最大值為1+，∴OD的最大值為+1，故答案為：【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，等腰直角三角形的性質等知識，添加恰當輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．3．（2022春?槐蔭區(qū)期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．【分析】由題意分析可知，點F為主動點，G為從動點，所以以點E為旋轉中心構造全等關系，得到點G的運動軌跡，之后通過垂線段最短構造直角三角形獲得CG最小值．【解答】解：由題意可知，點F是主動點，點G是從動點，點F在線段上運動，點G也一定在直線軌跡上運動將△EFB繞點E旋轉60°，使EF與EG重合，得到△EFB≌△EHG從而可知△EBH為等邊三角形，點G在垂直于HE的直線HN上作CM⊥HN，則CM即為CG的最小值作EP⊥CM，可知四邊形HEPM為矩形，則CM＝MP+CP＝HE+EC＝1+＝故答案為．【點評】本題考查了線段極值問題，分清主動點和從動點，通過旋轉構造全等，從而判斷出點G的運動軌跡，是本題的關鍵，之后運用垂線段最短，構造圖形計算，是極值問題中比較典型的類型．4．（2021秋?沭陽縣校級期末）如圖，線段AB＝2，點C為平面上一動點，且∠ACB＝90°，將線段AC的中點P繞點A順時針旋轉90°得到線段AQ，連接BQ，則線段BQ的最大值為．【分析】證明△ADC∽△AEQ，求出QE＝，在Rt△ABE中求出BE＝，進而求出答案．【解答】解：如圖，取AB的中點D，連接CD，過點A作AE⊥AB，使AE＝AD＝，連接QE、BE．∵∠ACB＝90°，D為AB的中點，∴，∵∠QAC＝90°，∠EAB＝90°，∴∠QAE＝∠CAD，∵，，∴△ADC∽△AEQ，∴，∴，∵∠EAB＝90°，∴＝，當點Q、E、B三點共線時，BQ最大為＝．故答案為：．【點評】本題考查旋轉變換，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2021秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，點P在邊AC上運動（可與點A，C重合），將線段BP繞點P逆時針旋轉120°，得到線段DP，連接BD，CD，則CD長的最小值為．【分析】以BC為邊構建出和△BPD相似的三角形，通過將CD邊轉化為其他邊來求值．【解答】解：如圖所示，以BC為底邊向上作等腰△BQC，使∠BQC＝120°，連接PQ．由題意可得△BQC和△BPD均為頂角為120°的等腰三角形，可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，∴∠PBQ＝∠DBC，∴△PBQ∽△DBC，∴，∴當PQ⊥AC時，有PQ最小，即此時CD最小，如圖所示，設OP′⊥AC，延長AQ與BC交K，此時QP'為QP的最小值，可得AK⊥BC，∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，∴BK＝3，∠QBK＝30°，∴QK＝＝，∵tan∠ACB＝＝，KC＝3，∴AK＝＝，∴AQ＝AK﹣QK＝，AC＝＝，∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，∴△AQP'∽△ACK，∴，∴，∴QP'＝，∴CD＝＝．【點評】本題考查的是瓜豆原理的知識點，重難點在于構造相似三角形的手拉手模型，屬于難題．6．（2022秋?和平區(qū)校級期末）如圖，長方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E為BC上一點，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為1+．【分析】如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉45°得到線段ET，連接DE交CG于J．首先證明∠ETG＝90°，推出點G的在射線TG上運動，推出當CG⊥TG時，CG的值最?。窘獯稹拷猓喝鐖D，將線段BE繞點E順時針旋轉45°得到線段ET，連接DE交CG于J．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝90°，∵∠BET＝∠FEG＝45°，∴∠BEF＝∠TEG，∵EB＝ET，EF＝EG，∴△EBF≌△TEG（SAS），∴∠B＝∠ETG＝90°，∴點G的在射線TG上運動，∴當CG⊥TG時，CG的值最小，∵BC＝4，BE＝1，CD＝3，∴CE＝CD＝3，∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，∴四邊形ETGJ是矩形，∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，∴CJ＝DE＝，∴CG＝CJ+GJ＝1+，∴CG的最小值為1+．解法二：如圖，延長GT交CB的延長線于點Q．∵△ETQ是等腰直角三角形，ET＝BE＝TQ＝1，∴QE＝，∴QC＝QE+EC＝3+，∵ET∥CG，∴＝，∴＝，∴CG＝1+．【點評】本題考查旋轉的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．二．解答題（共1小題）7．（2021秋?武昌區(qū)期末）如圖1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，BE與CF交于點D．（1）若∠BAC＝74°，則∠BDC＝127°；（2）如圖2，∠BAC＝90°，作MD⊥BE交AB于點M，求證：DM＝DE；（3）如圖3，∠BAC＝60°，∠ABC＝80°，若點G為CD的中點，點M在直線BC上，連接MG，將線段GM繞點G逆時針旋轉90°得GN，NG＝MG，連接DN，當DN最短時，直接寫出∠MGC的度數(shù)．【分析】（1）由角平分線的性質可得∠DBC＝∠ABC，∠DCB＝∠ACB，由三角形內角和定理可求解；（2）由角平分線的性質可得DP＝DH＝DG，由“AAS”可證△DMG≌△DEH，可得DM＝DE；（3）由“SAS”可證△MGC≌△NGQ，可得∠Q＝∠MCG＝20°，即點N在直線QN上運動，則當DN⊥QN時，DN有最小值為DN'，由等腰直角三角形的性質和外角的性質可求解．【解答】（1）解：∵∠BAC＝74°，∴∠ABC+∠ACB＝106°，∵BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，∴∠DBC＝∠ABC，∠DCB＝∠ACB，∴∠DBC+∠DCB＝（∠ABC+∠ACB）＝53°，∴∠BDC＝127°，故答案為：127°；（2）證明：如圖2，過點D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，DP⊥BC于P，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，DP⊥BC于P，∴DP＝DH＝DG，∵MD⊥BE，∴∠MDE＝∠A＝90°，∴∠AMD+∠AED＝180°，∵∠AMD+∠DMG＝180°，∴∠DMG＝∠AED，又∵∠DGA＝∠DHE＝90°，∴△DMG≌△DEH（AAS），∴DM＝DE；（3）如圖3，過點G作GQ⊥DC，且GQ＝GC，連接QN，∵∠BAC＝60°，∠ABC＝80°，∴∠ACB＝40°，∴∠BCD＝20°，∵將線段GM繞點G逆時針旋轉90°得GN，∴MG＝GN，∠MGN＝90°＝∠QGC，∴∠MGC＝∠QGN，又∵GQ＝GC，MG＝GN，∴△MGC≌△NGQ（SAS），∴∠Q＝∠MCG＝20°，∴點N在直線QN上運動，∴當DN⊥QN時，DN有最小值為DN'，此時，延長N'G交BC于T，連接N'M'，設NQ與BC的交點為H，∵DN'⊥QN，BC⊥NQ，∴DN'∥BC，∠BHQ＝90°，∴∠N'DG＝∠BCD，∠THN'＝90°，∵點G是CD的中點，∴DG＝CG，又∵∠DGN'＝∠CGT，∴△DN'G≌△CTG（ASA），∴TG＝GN'，∴TG＝GN'＝GM'，∴∠TM'N'＝90°，∴點M'與點H重合，∵GM'＝GN'，∠M'GN'＝90°，∴∠GN'M'＝45°，∴∠QGN'＝25°，∵∠QGC＝∠M'GN'＝90°，∴∠M'GC＝∠QGN'＝25°，∴當DN最短時，∠MGC的度數(shù)度數(shù)為25°．【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了角平分線的性質，全等三角形的判定和性質，四邊形內角和定理等知識，確定點N的運動軌跡是解題的關鍵．題型四：圓中定值問題1．（2021秋?吉林期末）某公園計劃砌一個形狀如圖1的水池（圖中長度單位：m），后有人建議改為如圖2的形狀，且外圓直徑不變．【問題】請你計算兩種方案中的圓形水池的周長，確定哪一種方案砌的圓形水池的周邊需要的材料多．【猜想驗證】如圖3，如果將圖2中的小圓半徑改為r1，r2，r3，且r1+r2+r3＝r，其他條件不變，猜想【問題】中的結論是否改變，并說明理由．【拓展】如圖4，若將圖3中三個小圓改為n個小圓，小圓半徑分別為r1，r2，…，rn，且r1+r2+…+rn＝r，直接寫出圖4中所有圓的周長總和．【應用】元寶是中國古代的貨幣，在今天也有著富貴吉祥的寓意，王師傅準備建設一個形如元寶的花壇，如圖5，花壇是由4個半圓所圍成，最大半圓的半徑為2.1米，直接寫出花壇周邊需要的材料總長（結果保留π）．【分析】通過圓的周長計算求和進行比較、探討．【解答】解：【問題】圖1中水池周長為：2πr×2＝4πr（m），圖2中水池的周長為：2πr+2π?+2π+2π＝2πr+++πr＝4πr，∵4πr＝4πr，∴兩種方案砌的圓形水池的周邊需要的材料一樣多；【猜想驗證】如果將圖2中的小圓半徑改為r1，r2，r3，且r1+r2+r3＝r，其他條件不變，猜想【問題】中的結論不改變，∵改變后花池的周長為：2πr+2πr1+2πr2+2πr3＝2πr+2π（r1+r2+r3）＝2πr+2πr＝4πr（m），∴猜想【問題】中的結論不改變；【拓展】圖4中所有圓的周長總和是4πrm；【應用】由題意得花壇周邊需要的材料總長為4.2π米．【點評】此題考查了圖形的變化規(guī)律問題的解決能力，關鍵是能根據(jù)圖形利用圓的周長公式得到圖形的變化規(guī)律．2．（2022秋?天河區(qū)校級期末）如圖①，已知⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC＝∠ACB＝α（45°＜α＜90°，D為上一點，連接CD交AB于點E．（1）連接BD，若∠CDB＝40°，求α的大小；（2）如圖②，若點B恰好是中點，求證：CE2＝BE?BA；（3）如圖③，將CD分別沿BC、AC翻折得到CM、CN，連接MN，若CD為直徑，請問是否為定值，如果是，請求出這個值，如果不是，請說明理由．【分析】（1）由圓周角定理求出∠CAB＝∠CDB＝40°，由三角形內角和定理可得出答案；（2）證明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性質得出，證明CB＝CE，則可得出結論；（3）方法一：由折疊的性質可得出∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，過點C作CQ⊥MN于點Q，得出MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，連接AO并延長交⊙O于點P，連接BP，則∠ABP＝90°，證明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性質得出AB＝NQ＝MN，則可得出答案．方法二：連接OA，OB，證明△CNM∽△OAB，由相似三角形的性質可得出答案．【解答】解：（1）∵＝，∴∠CAB＝∠CDB＝40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB＝180°，∠ABC＝∠ACB＝α，∴α＝＝70°；（2）證明：∵點B是的中點，∴＝，∴∠DCB＝∠A，∵∠ABC＝∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2＝BE?BA，∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD，∠BEC＝∠ACD+∠A，∠BCD＝∠A，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BEC，∴CB＝CE，∴CE2＝BE?BA；（3）是定值．方法一：∵將CD分別沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN＝2∠DCA，∠DCM＝2∠DCB，CN＝CD＝CM＝2r，∴∠MCN＝2∠ACB＝2α，過點C作CQ⊥MN于點Q，則MN＝2NQ，∠NCQ＝∠MCN＝α，∠CQN＝90°，連接AO并延長交⊙O于點P，連接BP，則∠ABP＝90°，∵，∴∠P＝∠ACB＝∠NCQ＝α，∵AP＝CN，∠ABP＝90°＝∠NQC，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB＝NQ＝MN，∴，為定值．方法二：連接OA，OB，則OA＝OB＝r，CN＝MC＝CD＝2r，∵∠AOB＝2∠ACB＝∠MCN＝2α，，∴△CNM∽△OAB，∴＝．【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握圓的性質是解題的關鍵．3．（2021春?海曙區(qū)校級期末）如圖1，E點為x軸正半軸上一點，⊙E交x軸于A、B兩點，交y軸于C、D兩點，P點為劣弧上一個動點，且A（﹣2，0），E（2，0）．（1）的度數(shù)為120°；（2）如圖2，連結PC，取PC中點G，連結OG，則OG的最大值為4；（3）如圖3，連接PA，PC．若CQ平分∠PCD交PA于Q點，求線段AQ的長；（4）如圖4，連接PA、PD，當P點運動時（不與B、C兩點重合），求證：為定值，并求出這個定值．【分析】（1）由已知條件可以得到CD垂直平分AE，所以CA＝CE，由于CE＝AE，所以可以證得三角形ACE為等邊三角形，得到∠CEB＝120°；（2）由于直徑AB⊥CD，根據(jù)垂徑定理，可以得到O是CD的中點，又G是CP的中點，連接PD，則OG∥PD，OG＝，要求OG最大值，只需要求PD最大值，由于P是劣弧上的一動點，故當P，E，D三點共線，即PD為直徑時，PD最大，此時OG最大；（3）由于直徑AB⊥CD，根據(jù)垂徑定理，可以得到，所以∠ACD＝∠CPA，又CQ平分∠DCP，所以∠PCQ＝∠DCQ，可以證明∠ACQ＝∠AQC，所以AC＝AQ，由（1）可得，AC＝AE＝4，所以AQ＝4；（4）由直徑AB⊥CD，可以得到AB垂直平分CD，所以AC＝AD，∠CAD＝2∠CAE＝120°，將△ACP繞A點順時針旋轉120°至△ADM，可以證明M，D，P三點共線，所以PC+PD＝PM，可以證明△PAM是頂角為120°的等腰三角形，過A做AG⊥PM于G，由于∠APM＝30°，可以通過勾股定理或者三角函數(shù)證明PM＝PA，所以．【解答】解：（1）如圖1，連接CE，AC，∵A（﹣2，0），E（2，0），∴OA＝OE＝2，∵AB⊥CD，∴CD垂直平分AE，∴CA＝CE，∵CE＝AE，∴CA＝CE＝AE，∴∠CEA＝60°，∴∠CEB＝180°﹣∠CEA＝120°，故答案為120；（2）由題可得，AB為⊙E直徑，且AB⊥CD，由垂徑定理可得，CO＝OD，連接PD，如圖2，又∵G為PC的中點，∴OG∥PD，且OG＝，當D，E，P三點共線時，此時DP取得最大值，且DP＝AB＝2AE＝8，∴OG的最大值為4，故答案為4；（3）如圖3，連接AC，BC，∵直徑AB⊥CD，∴，∴∠ACD＝∠CPA，∵CQ平分∠DCP，∴∠DCQ＝∠PCQ，∴∠ACD+∠DCQ＝∠CPA+∠PCQ，∴∠ACQ＝∠AQC，∴AQ＝AC由（1）可得，AC＝AE＝4，∴AQ＝4；證明：（4）由題可得，直徑AB⊥CD，∴AB垂直平分CD，如圖4，連接AC，AD，則AC＝AD，由（1）可得，△ACE為等邊三角形，∴∠CAE＝60°，∴∠DAC＝2∠CAE＝120°，將△ACP繞A點順時針旋轉120°至△ADM，∴△ACP≌△ADM，∴∠ACP＝∠ADM，PC＝DM，∵四邊形ACPD為圓內接四邊形，∴∠ACP+∠ADP＝180°，∴∠ADM+∠ADP＝180°，∴M，D，P三點共線，∴PD+PC＝PD+DM＝PM，過A作AG⊥PM于G，則PM＝2PG，∵∠APM＝∠ACD＝30°，在Rt△APG中，∠APM＝30°，設AG＝x，則AP＝2x，∴，∴PM＝2PG＝，∴，∴，∴為定值．【點評】本題是一道圓的綜合題，重點考查了垂徑定理在圓中的應用，最后一問由“共頂點，等線段”聯(lián)想到旋轉，是此題的突破口，同時，要注意頂角為120度的等腰三角形腰和底邊比是固定值．題型五：圓中最值問題一．填空題（共3小題）1．（2022秋?海安市期末）如圖，在△ABC中，AB＝8，BC＝6，D為BC上一點，當∠CAB最大時，連接AD并延長到E，使BE＝BD，則AD?DE的最大值為18．【分析】以B為圓心，BC為半徑畫圓，得到當∠ACB＝90°時，∠CAB最大；設BD＝x，則CD＝BC﹣BD＝6﹣x，過點B作BF⊥DE于點F，利用等腰三角形的性質和相似三角形的性質得到AD?DE與x的函數(shù)關系式，再利用配方法和二次函數(shù)的性質解答即可得出結論．【解答】解：以B為圓心，BC為半徑畫圓，如圖，由圖形可知，當AC與⊙B相切時，∠CAB最大，此時∠ACB＝90°．設BD＝x，則CD＝BC﹣BD＝6﹣x．過點B作BF⊥DE于點F，∵BE＝BD，∴DF＝EF＝ED．∵∠ACD＝∠BFD＝90°，∠ADC＝∠BDF，∴△ACD∽△BFD，∴，∴AD?DF＝CD?BD，∴AD?ED＝（6﹣x）?x，∴AD?DE＝﹣2x2+12x＝﹣2（x﹣3）2+18，∵﹣2＜0，∴當x＝3時，即BD＝3時，AD?DE有最大值為18．故答案為：18．【點評】本題主要考查了圓的切線的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，利用圓的有關性質得到∠ACB＝90°是解題的關鍵．2．（2022秋?江門期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E為邊BC上一動點，F(xiàn)為AE中點，G為DE上一點，BF＝FG，則CG的最小值為﹣2．【分析】如圖1，連接AG，證明AF＝FG＝EF，則∠AGE＝∠AGD＝90°，根據(jù)圓周角定理可知：點G在以AD為直徑的圓上運動，取AD的中點O，當O，G，C三點共線時，CG的值最小，由此可解答．【解答】解：如圖1，連接AG，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，DC＝AB＝3，∵F是AE的中點，∴BF＝AE＝AF＝EF，∵BF＝FG，∴AF＝FG＝EF，∴∠AGE＝∠AGD＝90°，∴點G在以AD為直徑的圓上運動，取AD的中點O，連接OG，當O，G，C三點共線時，CG的值最小，如圖2所示，∴OD＝OG＝2，∴OC＝＝，∴CG的最小值為﹣2．故答案為：﹣2．【點評】本題考查旋轉的性質，矩形的性質，圓周角定理，線段的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造動點G的軌跡來解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2021秋?綿陽期末）如圖，矩形ABCO的頂點A，C分別在x軸、y軸上，點B的坐標為（4，3），⊙M是△AOC的內切圓，點N，點P分別是⊙M，x軸上的動點，則BP+PN的最小值是4．【分析】作點B關于x軸的對稱點B′，連接MB′，交⊙M于點N，交x軸于點P，此時BP+PN取得最小值，然后結合勾股定理及三角形的面積公式分析計算．【解答】解：作點B關于x軸的對稱點B′，連接MB′，交⊙M于點N，交x軸于點P，過點M作MQ⊥x軸，交x軸于點E，過點B′作B′Q⊥MQ，∵點B與點B′關于x軸對稱，∴PB+PN＝PB′+PN，當N、P、B’在同一直線上且經(jīng)過點M時取最小值．在Rt△ABC中，AC＝＝5，由⊙M是△AOC的內切圓，設⊙M的半徑為r，∴S△AOC＝（3r+4r+5r）＝×3×4，解得r＝1，∴ME＝MN＝1，∴QB′＝4﹣1＝3，QM＝3+1＝4，∴MB′＝5，∴PB′+PN＝5﹣1＝4，即PB+PN最小值為4，故答案為：4．【點評】本題考查軸對稱—最短路線問題，三角形內切圓，理解“兩點之間，線段最短”，掌握軸對稱的性質，通過添加輔助線構建直角三角形是解題關鍵．二．解答題（共6小題）4．（2021秋?汶上縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AO⊥BC于點O，OE⊥AB于點E，以點O為圓心，OE為半徑作圓O交AO于點F．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若∠AOE＝60°，OE＝3，在BC邊上是否存在一點P使PF+PE有最小值，如果存在，請求出PF+PE的最小值．【分析】（1）過點O作OD⊥AC，利用等腰三角形的三線合一的性質和角平分線的性質證明線段OD＝半徑OE，根據(jù)切線的定義即可得出結論；（2）延長AO交⊙O于點G，連接EG交BC于點P，利用軸對稱的性質中的將軍飲馬模型可得點P為所求的點；連接EF，過點E作EH⊥AO于點H，利用等邊三角形的判定定理可得△OEF為等邊三角形，利用等腰三角形的性質與直角三角形的邊角關系定理可求OH與EH的長，再利用勾股定理即可求得結論．【解答】（1）證明：過點O作OD⊥AC與點D，如圖，∵AB＝AC，AO⊥BC，∴AO平分∠BAC．∵OE⊥AB，OD⊥AC，∴OD＝OE．∵OE是圓的半徑，∴OD是圓的半徑．這樣，AC經(jīng)過半徑OD的外端，且垂直于半徑OD，∴AC是⊙O的切線；（2）解：在BC邊上存在一點P使PF+PE有最小值．延長AO交⊙O于點G，連接EG交BC于點P，連接PF，則此時PF+PE最?。B接EF，過點E作EH⊥AO于點H，如圖，∵∠AOE＝60°，OE＝OF，∴△OEF為等邊三角形，∴EF＝OE＝OF＝3．∵EH⊥OF，∴OH＝HF＝OF＝．∴GH＝OG+OH＝3+＝．在Rt△EHO中，∵sin∠AOE＝，∴EH＝OE×＝．在Rt△EHG中，EG＝＝3．∵BC⊥FG，OG＝OF，∴PG＝PF．∴PE+PF＝PE+PG＝EG＝3．∴在BC邊上存在一點P使PF+PE有最小值．PF+PE的最小值為3．【點評】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓的切線的判定與性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，特殊角的三角函數(shù)值，勾股定理，過點O作OD⊥AC是解題的關鍵．5．（2021秋?花都區(qū)期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為直徑，弦AD平分∠BAC，過點D作射線AC的垂線，垂足為M，點E為線段AB上的動點．（1）求證：MD是⊙O的切線；（2）若∠B＝30°，AB＝8，在點E運動過程中，EC+EM是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，說明理由；（3）若點E恰好運動到∠ACB的角平分線上，連接CE并延長，交⊙O于點F，交AD于點P，連接AF，CP＝3，EF＝4，求AF的長．【分析】（1）連接OD，交BC于點N，通過證明四邊形CNDM為矩形得出OD⊥MD，利用切線的判定定理即可得出結論；（2）過點C作CF⊥AB，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，利用將軍飲馬模型可知此時EC+EM的值最?。挥深}意可得FD為圓的直徑，在Rt△FDM中，利用勾股定理即可求得結論；（3）利用角平分線的定義和三角形的外角的性質可以判定△FAP為等腰三角形，證明△FAE∽△FCA，利用相似三角形的性質得出比例式，解關于AF的方程即可得出結論．【解答】證明：（1）連接OD，交BC于點N，如圖，∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°．∴∠BCM＝90°．∵AD平分∠BAC，∴．∴ON⊥BC．∵DM⊥AC，∴四邊形CNDM為矩形．∴OD⊥MD．∵OD為圓的半徑，∴MD是⊙O的切線；解：（2）在點E運動過程中，EC+EM存在最小值．理由：過點C作CF⊥AB，并延長交⊙O于點F，連接MF，交AB于點E，連接EC，則此時EC+EM的值最小，如圖，∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝60°．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠DAB＝30°．∴與的度數(shù)為60°．∵AB是直徑，∴的度數(shù)為60°．∴．∵AB⊥CF，AB是直徑，∴．∴＝180°．∴為半圓．∴FD為圓的直徑．由（1）知：MD是⊙O的切線，∴FD⊥MD．由題意：AB垂直平分FC，∴EC＝EF．∴EC+EM＝EF+EM＝FM．∵∠CFD＝∠DAB，∠DAB＝30°，∴∠CFD＝30°．∵AB＝8，∴FD＝8．由（1）知：四邊形MCND為矩形，∴MD＝NC．∵ON⊥BC，∴CN＝BC．在Rt△ACB中，∵sin∠CAB＝，∴BC＝AB?sin60°＝8×＝4．∴MD＝CN＝BC＝2．在Rt△FDM中，MF＝＝＝2．∴EC+EM的最小值為MF＝2．解：（3）如圖，∵FC平分∠ACB，∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠BCF＝45°．∴∠BAF＝∠BCF＝45°．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD．∵∠PAF＝∠BAD+∠BAF，∠APF＝∠ACF+∠CAD，∴∠PAF＝∠APF，∴AF＝FP．∴FC＝FP+CP＝AF+3．∵∠FAB＝∠ACF＝45°，∠F＝∠F，∴△FAE∽△FCA．∴．∴FA2＝FE?FC＝4（AF+3）．∴AF2﹣4AF﹣12＝0．解得：AF＝6或AF＝﹣2（不符合題意，舍去），∴AF＝6．【點評】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓的切線的判定與性質，圓周角定理及其推論，軸對稱的性質，角平分線的定義，相似三角形的判定與性質，解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值，連接半徑OD和利用軸對稱中的將軍飲馬模型找出EC+EM存在最小值是解題的關鍵．6．（2023春?豐城市期末）如圖1，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，點E在射線AB上運動，將△AED沿ED翻折，使得點A與點G重合，連接AG交DE于點F．（1）【初步探究】當點G落在BC邊上時，求BG的長；（2）【深入探究】在點E的運動過程中，BG是否存在最小值，如果存在，請求出最小值；如果不存在，請說明理由；（3）【拓展延伸】如圖3，點P為BG的中點，連接AP，點E在射線AB上運動過程中，求AP長的最大值．【分析】（1）由翻折得：DG＝AD＝12，根據(jù)勾股定理可得CG＝＝＝4，再由BG＝BC﹣CG，即可求得答案；（2）以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，可得點G在⊙D上運動，當點G在線段BD上時，BG最小，此時，BG＝BD﹣DG，由勾股定理可得BD＝4，即可求得BG的最小值為4﹣12；（3）以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，延長BA至H，使AH＝BA＝8，連接GH，根據(jù)三角形中位線定理可得AP＝GH，則AP最大時，GH最大，由于點G在⊙D上運動，當HG經(jīng)過點D時，GH最大，即可求得答案．【解答】解：（1）當點G落在BC邊上時，如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝8，∠B＝∠C＝90°，由翻折得：DG＝AD＝12，在Rt△CDG中，CG＝＝＝4，∴BG＝BC﹣CG＝12﹣4；（2）如圖2，以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，由翻折得：DG＝AD＝12，∴點G在⊙D上運動，當點G在線段BD上時，BG最小，此時，BG＝BD﹣DG，在Rt△ABD中，BD＝＝＝4，∴BG＝BD﹣DG＝4﹣12，故在點E的運動過程中，BG存在最小值，BG的最小值為4﹣12；（3）如圖3，以D為圓心，AD長為半徑作⊙D，延長BA至H，使AH＝BA＝8，連接GH，∵AH＝BA，∴點A是BH的中點，∵點P為BG的中點，∴AP是△BGH的中位線，∴AP＝GH，則AP最大時，GH最大，由翻折得：DG＝AD＝12，∴點G在⊙D上運動，當HG經(jīng)過點D時，GH最大，如圖4，在Rt△ADH中，HD＝＝＝4，∴GH＝HD+DG＝4+12，∴AP＝GH＝2+6，故點E在射線AB上運動過程中，AP長的最大值為2+6．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，翻折的性質，勾股定理，三角形的中位線定理，圓的有關性質，點到圓上各點距離的最大值和最小值的應用，解決問題的關鍵是運用三角形中位線定理和圓中的最值．7．（2021秋?秦淮區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．（1）對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，那么稱點P為線段AB的“完美點”．①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標是（4，3），⊙C的半徑是3；②y軸正半軸上是否有線段AB的“完美點”？如果有，求出“完美點”的坐標；如果沒有，請說明理由；（2）若點P在y軸負半軸上運動，則當∠APB的度數(shù)最大時，點P的坐標為（0，﹣）．【分析】（1）①過點C作CD⊥AB于點D，利用圓周角定理和垂徑定理計算CD，AD的長度，進而得到線段OD的長度即可得到點C坐標；利用勾股定理即可求得AC的長度，則⊙C的半徑可求；②設⊙C交y軸于點D，E，連接CD，CE，過點C作CG⊥CD于點G，CF⊥AB于點F，利用（1）①的結論和垂徑定理計算線段EG的長度，則線段OE，OD的長度可求，結論可得；（2）設⊙C與y軸切于點P，在y軸上任取一點Q（與點P不重合），連接BQ，AQ，BQ與⊙C交于點D，連接AD，利用圓周角定理和三角形的外角大于任何一個不相鄰的內角，得到當點P為⊙C與y軸的切點時，當∠APB的度數(shù)最大，利用切割線定理求出線段OP的長即可得出結論．【解答】解：（1）①∵點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0），∴OA＝1，OB＝7．∴AB＝6．過點C作CD⊥AB于點D，如圖，則AD＝BD＝AB＝3．∴OD＝AO+AD＝4．∵∠APB＝45°，∴∠ACB＝2∠APB＝90°，．∵CD⊥AB，CA＝CB，∴CD＝AB＝3．∴C（4，3）．∴AC＝，∴⊙C的半徑是3．故答案為：（4，3）；3；②y軸正半軸上有線段AB的“完美點”，理由：設⊙C交y軸于點D，E，連接CD，CE，過點C作CG⊥CD于點G，CF⊥AB于點F，如圖，則∠AEB＝∠ADB＝∠APB＝45°．∴D，E為y軸正半軸上線段AB的“完美點”．則EG＝DG＝DE，CD＝CE＝3．∵CG⊥DE，CF⊥AB，∠O＝90°，∴四邊形OFCG為矩形．∴CG＝OF＝4，OG＝CF＝3．在Rt△CGE中，∵EG2＝CE2﹣CG2，∴EG＝＝．∴GE＝DG＝．∴OE＝OG﹣GE＝3﹣，OD＝OG+DG＝3+．∴E（0，3﹣），D（0，3+）．∴y軸正半軸上有線段AB的“完美點”，“完美點”的坐標為（0，3+）或（0，3﹣）；（2）設⊙C與y軸負半軸切于點P，在y軸負半軸上任取一點Q（與點P不重合），連接BQ，AQ，BQ與⊙C交于點D，連接AD，如圖，則∠APB＝∠ADB，∵∠ADB＞∠AQB，∴∠APB＞∠AQB．∴當P運動到⊙C與y軸相切時，∠APB的度數(shù)最大．連接PC并延長交⊙C于點E，連接AE，如圖，∵OP是⊙C的切線，∴CP⊥OP，∴∠OPA+∠ABE＝90°．∵PE為⊙C的直徑，∴∠PAE＝90°，∴∠APE+∠E＝90°，∴∠OPA＝∠E，∴∠E＝∠OBP，∴∠OPA＝∠OPB，∵∠AOP＝∠POB＝90°，∴△OAP∽△OPB，∴，∴OP2＝OA?OB．∴OP＝．∴P（0，﹣）．故答案為（0，﹣）．【點評】本題主要考查了圓周角定理及其推論，垂徑定理，矩形的判定與性質，圓的切線的性質，勾股定理，切割線定理，三角形的內角和定理的推論，點的坐標的特征，利用點的坐標表示出相應線段的長度以及正確理解并熟練應用新定義是解題的關鍵．8．（2021秋?椒江區(qū)期末）如圖1，已知⊙O的內接四邊形ABCD，AB∥CD，BC∥AD，AB＝6，BC＝8．（1）求證：四邊形ABCD為矩形．（2）如圖2，E是上一點，連接CE交AD于點F，連接AC．①當點D是中點時，求線段DF的長度．②當16S△DCF＝3S四邊形ABCD時，試證明點E為的中點．（3）如圖3，點E是⊙O上一點（點E不與A、C重合），連接EA、EC、OE，點Ⅰ是△AEC的內心，點M在線段OE上，且ME＝2MO，則線段MI的最小值為5﹣．【分析】（1）先判定四邊形ABCD是平行四邊形，再運用平行四邊形的性質和矩形的判定即可證得結論；（2）①先證明△CDF∽△ADC，利用相似三角形性質可得：＝即＝，即可求得答案；②如圖2，過點F作FD′⊥AC，根據(jù)16S△DCF＝3S四邊形ABCD，可求得：DF＝3，AF＝5，再證明△FD′A∽△CDA，運用相似三角形性質可求得FD′＝3，再運用等腰三角形性質即可證得結論；（3）如圖3，連接AI、CI，過點O作O′O″⊥AC交⊙O于O′、O″，先判斷出點I的運動路徑為分別以O′、O″為圓心，O′A為半徑的兩段弧，點M的運動路徑為以O為圓心，OM為半徑的圓，當MI取得最小值時，點I在OE上，此時，OI＝5﹣5，根據(jù)ME＝2MO，可得OM＝OE＝，MI的最小值為：MI＝OI﹣OM＝5﹣．【解答】（1）證明：如圖1，∵AB∥CD，BC∥AD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠A+∠C＝180°，∴∠A＝∠C＝90°，∴?ABCD是矩形；（2）①解：∵點D是的中點，∴＝，∴∠ECD＝∠DAC，∵∠CDF＝∠ADC＝90°，∴△CDF∽△ADC，∴＝即＝，∴DF＝；②證明：如圖2，過點F作FD′⊥AC，∵16S△DCF＝3S四邊形ABCD，∴16××6×DF＝3×6×8，∴DF＝3，∴AF＝8﹣3＝5，∵∠DAC＝∠D′AF，∠FD′A＝∠ADC＝90°，∴△FD′A∽△CDA，∴＝，∴＝，∴FD′＝3，∵DF＝D′F＝3，F(xiàn)D′⊥AC，F(xiàn)D⊥CD，∴CF平分∠DCA，∴∠ECD＝∠ECA，∴點E為的中點．（3）如圖3，連接AI、CI，過點O作O′O″⊥AC交⊙O于O′、O″，∵點Ⅰ是△AEC的內心，∴∠AIC＝90°+∠AEC＝135°，∴點I的運動路徑為分別以O′、O″為圓心，O′A為半徑的兩段弧，∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC＝＝＝10，∴O′A＝O′C＝5，即⊙O′的半徑為5，∵點M在線段OE上，且ME＝2MO，∴OM＝OE＝×5＝，即點M的運動路徑為以O為圓心，OM為半徑的圓，∵MI取得最小值時，點I在OE上，此時，OI＝5﹣5，∴MI的最小值為：MI＝OI﹣OM＝5﹣5﹣＝5﹣，故答案為：5﹣．【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓內接四邊形的性質，平行四邊形的判定和性質，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，圓的性質，三角形內心，勾股定理等，第（3）小題中判斷出點I、M的運動路徑是解題關鍵．9．（2020秋?樂亭縣期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點A（6，0），點B（0，6），動點C在以原點O為圓心，半徑為3的⊙O上，連接OC，過點O作OD⊥OC，OD與⊙O相交于點D（其中點C，O，D按逆時針方向排列），連接AB．（1）當OC∥AB時，∠BOC的度數(shù)為45°或135°；（2）連接AC，BC，點C在⊙O上運動的過程中，當△ABC的面積最大時，請直接寫出△ABC面積的最大值是9+18．（3）連接AD，當OC∥AD，點C位于第二象限時，①求出點C的坐標；②直線BC是否為⊙O的切線？并說明理由．【分析】（1）易證△OAB為等腰直角三角形，則∠OBA＝45°，由OC∥AB，當C點在y軸左側時，有∠BOC＝∠OBA＝45°；當C點在y軸右側時，有∠BOC＝180°﹣∠OBA＝135°；（2）先由等腰直角三角形的性質得AB＝6，再由三角形面積公式得到當點C到AB的距離最大時，△ABC的面積最大，過O點作OE⊥AB于E，OE的反向延長線交⊙O于C，此時C點到AB的距離的最大值為CE的長，然后利用等腰直角三角形的性質求出OE，計算△ABC的面積；（3）①過C點作CF⊥x軸于F，先證Rt△OCF∽Rt△AOD，則＝，解得CF＝，再利用勾股定理計算出OF的長，則可得到C點坐標；②先證∠COF＝30°，則可得到BOC＝60°，∠AOD＝60°，再證△BOC≌△AOD（SAS），得∠BCO＝∠ADO＝90°，然后由切線的判定定理可確定直線BC為⊙O的切線．【解答】解：（1）∵點A（6，0），點B（0，6），∴OA＝OB＝6，∴△OAB為等腰直角三角形，∴∠OBA＝45°，∵OC∥AB，∴當C點在y軸左側時，∠BOC＝∠OBA＝45°；當C點在y軸右側時，∠BOC＝90°+∠OBA＝135°；綜上所述，∠BOC的度數(shù)為45°或135°，故答案為：45°或135°；（2）∵△OAB為等腰直角三角形，∴AB＝OA＝6，∴當點C到AB的距離最大時，△ABC的面積最大，過O點作OE⊥AB于E，OE的反向延長線交⊙O于C，如圖1：此時C點到AB的距離的最大值為CE的長，∴OE＝AB＝3，∴CE＝OC+OE＝3+3，∴△ABC的面積＝CE?AB＝×（3+3）×6＝9+18；即當點C在⊙O上運動到第三象限的角平分線與圓的交點位置時，△ABC的面積最大，最大值為9+18；故答案為：9+18；（3）①過C點作CF⊥x軸于F，如圖2：∵OC∥AD，∴∠COF＝∠DAO，又∵∠ADO＝∠CFO＝90°，∴△OCF∽Rt△AOD，∴＝，即＝，解得：CF＝，在Rt△OCF中，OF＝＝＝，∴C點坐標為（﹣，）；②直線BC是⊙O的切線．理由如下：由①得：（﹣，），在Rt△OCF中，OC＝3，CF＝，∴CF＝OC，∴∠COF＝30°，∴∠OAD＝30°，∴∠BOC＝60°，∠AOD＝60°，∵在△BOC和△AOD中，，∴△BOC≌△AOD（SAS），∴∠BCO＝∠ADO＝90°，∴OC⊥BC，∴直線BC為⊙O的切線．【點評】本題是圓的綜合題目，考查了掌握切線的判定定理、平行線的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理、含30°角的直角三角形的性質等知識；本題綜合性強，熟練掌握切線的判定和直角三角形的性質，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵，屬于中考常考題型．題型六：輔助圓模型一．解答題（共10小題）1．（2021秋?武夷山市期末）如圖，C為線段AB上一點，分別以AC、BC為邊在AB的同側作等邊△HAC與等邊△DCB，連接DH．（1）如圖1，當∠DHC＝90°時，直接寫出DC與CH的數(shù)量關系為CD＝2CH；（2）在（1）的條件下，點C關于直線DH的對稱點為E，連接AE、BE，求證：CE平分∠AEB；（3）現(xiàn)將圖1中△DCB繞點C順時針旋轉一定角度α（0°＜α＜90°），如圖2，點C關于直線DH的對稱點為E，則（2）中的結論是否成立并證明．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質可知∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，從而得出答案；（2）由EH＝CH＝AH，則，由（1）可得BC＝2CH＝EC，得，等量代換即可；（3）根據(jù)HC＝HA＝HE，則A，C，E都在以H為圓心，HA為半徑的圓上，得，同理可得．，從而證明結論．【解答】解：（1）CD＝2CH，∵△HAC與△DCB都是等邊三角形，∴∠ACH＝∠DCB＝60°，AC＝HC，BC＝CD，∴∠HCD＝180°﹣∠ACH﹣∠DCB＝60°，∵∠DHC＝90°，∴∠HDC＝180°﹣∠DHC﹣∠HCD＝30°，∴CD＝2CH，故答案為：CD＝2CH；（2）如圖1，由對稱性得∠EHD＝90°，EH＝HC，∵AH＝HC，∴EH＝AH，∴，由（1）可得BC＝2CH＝EC，∴，∴∠AEC＝∠BEC，即CE平分∠AEB；（3）結論仍然正確，理由如下：如圖，由對稱性可知：HC＝HE，又∵AH＝HC，∴HC＝HA＝HE，∴A，C，E都在以H為圓心，HA為半徑的圓上，∴，同理可得．，∴∠AEC＝∠BEC，∴EC平分∠AEB．【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，旋轉的性質，含30°角的直角三角形的性質，證明點A，C，E都在以H為圓心，HA為半徑的圓上是解題的關鍵．2．（2021秋?自貢期末）在△ABC中，AB＝AC，過點C作CD⊥BC，垂足為C，∠BDC＝∠BAC，AC與BD交于點E．（1）如圖1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的長；（2）如圖2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分別為M，N，CN＝4，求DB+DC的長．【分析】（1）先根據(jù)有一個角是60度的等腰三角形式等邊三角形，由此可推出∠BAC的度數(shù)，再根據(jù)直角三角形推出30度角，即可得到線段的關系求解；（2）根據(jù)Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四點共圓，利用圓周角性質得到角度相等，結合題目條件證明三角形全等得出相等的線段，最后利用等量代換即可求解．【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BDC＝∠BAC＝60°，∵CD⊥BC，∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，∴DC＝BD＝3．（2）作△BCD的外接圓⊙O，如圖所示：∵CD⊥BC，∴BD為⊙O直徑，∵∠BDC＝∠BAC，∴A點在⊙O上，∴∠BAD＝90°，∵AM⊥BD，AN⊥CD，∠AMB＝∠ACN＝90°，∴在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN，∴AM＝AN，BM＝CN，∵在Rt△AMD和Rt△AND中，∴Rt△AMD≌Rt△AND，∴DN＝DM，∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．【點評】本題第一問主要考查等邊三角形的判定再結合30角的直角三角形的性質，第二問主要考查隱形圓的問題，利用題目條件得到隱形圓，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用線段相等進行等量代換．3．（2022秋?任城區(qū)校級期末）【閱讀】輔助線是幾何解題中溝通條件與結論的橋梁．在眾多類型的輔助線中，輔助圓作為一條曲線型輔助線，顯得獨特而隱蔽．性質：如圖①，若∠ACB＝∠ADB＝90°，則點D在經(jīng)過A，B，C三點的圓上．【問題解決】運用上述材料中的信息解決以下問題：（1）如圖②，已知DA＝DB＝DC．求證：∠ADB＝2∠ACB．（2）如圖③，點A，B位于直線l兩側．用尺規(guī)在直線l上作出點C，使得∠ACB＝90°．（要求：要有畫圖痕跡，不用寫畫法）（3）如圖④，在四邊形ABCD中，∠CAD＝90°，CB⊥DB，點F在CA的延長線上，連接DF，∠ADF＝∠ABD．求證：DF是△ACD外接圓的切線．【分析】（1）由DA＝DB＝DC，可知點A，B，C在以D為圓心，DA為半徑的圓上，根據(jù)圓周角定理即可證得結論；（2）作線段AB的垂直平分線，與AB交于一點O，以O為圓心，以OA為半徑作圓，圓與直線l的交點即為C點；（3）取CD的中點O為圓心，CD為直徑作圓O，則⊙O是△ACD的外接圓，由∠DAC＝∠DBC＝90°，可得點B在△ACD的外接圓上．由圓周角定理得出∠ACD＝∠ABD．即可得出∠ACD＝∠ADF．進而即可證得∠ADF+∠ADC＝90°．得到CD⊥DF．看證得DF是△ACD外接圓的切線．【解答】解：（1）如圖②，由DA＝DB＝DC，可知點A，B，C在以D為圓心，DA為半徑的圓上．所以，∠ADB＝2∠ACB．（2）如圖③，點C1，C2就是所要求作的點．（3）如圖④，取CD的中點O為圓心，CD為直徑作圓O，則⊙O是△ACD的外接圓；由∠DAC＝∠DBC＝90°，可得點B在△ACD的外接圓上．∴∠ACD＝∠ABD．∵∠ADF＝∠ABD，∴∠ACD＝∠ADF．∵∠ACD+∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠ADC＝90°．∴∠CDF＝90°．即CD⊥DF．∴DF是△ACD外接圓的切線．【點評】本題考查了切線的判定，圓周角定理，三角形的外接圓，作出三角形的外接圓是解題的關鍵．4．（2021秋?盱眙縣期末）（1）【學習心得】小剛同學在學習完“圓”這一章內容后，感覺到一些幾何問題，如果添加輔助圓，運用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易．例如：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一點，且AD＝AC，求∠BDC的度數(shù)，若以點A為圓心，AB為半徑作輔助圓⊙A，則點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或135°．（2）【問題解決】如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度數(shù)．小剛同學認為用添加輔助圓的方法，可以使問題快速解決，他是這樣思考的：△ABD的外接圓就是以BD的中點為圓心，BD長為半徑的圓；△BCD的外接圓也是以BD的中點為圓心，BD長為半徑的圓．這樣A、B、C、D四點在同一個圓上，進而可以利用圓周角的性質求出∠BAC的度數(shù)，請運用小剛的思路解決這個問題．（3）【問題拓展】如圖3，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC邊上的高，且BD＝6，CD＝2，求AD的長．【分析】（1）利用同弦所對的圓周角是所對圓心角的一半求解．（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC＝∠BAC，（3）如圖3，作△ABC的外接圓，過圓心O作OE⊥BC于點E，作OF⊥AD于點F，連接OA、OB、OC．利用圓周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，結合該三角形的性質求得DE＝OF＝2；在等腰Rt△BOE中，利用勾股定理得到OE＝DF＝4；則在Rt△AOF中，易得AF＝2，故AD＝2+4．【解答】解：（1）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，∴以點A為圓心，點B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，∴∠BDC＝∠BAC＝45°，同理，當點D在弧BC上時，∠BDC＝135°．故答案為：45°或135；（2）如圖2，取BD的中點O，連接AO、CO．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴點A、B、C、D共圓，∴∠BDC＝∠BAC，∵∠BDC＝25°，∴∠BAC＝25°，（3）如圖3，作△ABC的外接圓，過圓心O作OE⊥BC于點E，作OF⊥AD于點F，連接OA、OB、OC．∵∠BAC＝45°，∴∠BOC＝90°．在Rt△BOC中，BC＝6+2＝8，∴BO＝CO＝4．∵OE⊥BC，O為圓心，∴BE＝BC＝4，∴DE＝OF＝2．在Rt△BOE中，BO＝4，BE＝4，∴OE＝DF＝4．在Rt△AOF中，AO＝4，OF＝2，∴AF＝2，∴AD＝2+4．【點評】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以及勾股定理等知識，難度偏大，解題時，注意輔助線的作法．5．（2021秋?寬城區(qū)期末）【問題原型】如圖①，在⊙O中，弦BC所對的圓心角∠BOC＝90°，點A在優(yōu)弧BC上運動（點A不與點B、C重合），連結AB、AC．（1）在點A運動過程中，∠A的度數(shù)是否發(fā)生變化？請通過計算說明理由．（2）若BC＝2，求弦AC的最大值．【問題拓展】如圖②，在△ABC中，BC＝4，∠A＝60°．若M、N分別是AB、BC的中點，則線段MN的最大值為．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可知∠A＝45°；（2）當AC為⊙O的直徑時，AC最大，由△BOC是等腰直角三角形，求出OC的長，可知直徑AC的長；【問題拓展】畫△ABC的外接圓⊙O，連接OB，OC，ON，首先利用三角函數(shù)求出OB＝，可知AC為直徑時，AC最大，此時AC＝2OB＝，再根據(jù)三角形中位線定理即可解決問題．【解答】解：【問題原型】（1）∠A的度數(shù)不發(fā)生變化，理由如下：∵，∠BOC＝90°，∴；（2）當AC為⊙O的直徑時，AC最大，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，根據(jù)勾股定理，得OB2+OC2＝BC2，∵OB＝OC，∴，∴，即AC的最大值為；【問題拓展】如圖，畫△ABC的外接圓⊙O，連接OB，OC，ON，則ON⊥BC，∠BON＝60°，BN＝BC＝2，∴OB＝，∵M、N分別是AB、BC的中點，∴MN是△ABC的中位線，∴MN＝AC，∴AC為直徑時，AC最大，此時AC＝2OB＝，∴MN最大值為，故答案為：．【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理，等腰三角形的性質，三角形中位線定理等知識，明確直徑是圓中最大的弦是解題的關鍵．6．（2021秋?泗陽縣期末）如圖，已知AB⊥MN于點B，且AB＝10cm，將線段AB繞點B按逆時針方向旋轉角α（0≤α≤360°）得到線段BC，過點C作CD⊥MN于點D，⊙O是△BCD的內切圓，直線AO、BC相交于點H．（1）若α＝60°，則CD＝5cm．（2）若AO⊥BC①點H與⊙O的位置關系是B；A．點H在⊙O外B．點H在⊙O上C．點H在⊙O內②求線段AO的長度．（3）線段AB繞點B按逆時針方向旋轉90°，求點O運動的路徑長．【分析】（1）由旋轉的性質知BC＝BA＝10cm，則CD＝BC＝5cm；（2）①若⊙O與BC相切于P，則OP⊥BC，則點P與H重合，可得答案；②延長AO交BD于E，利用∠A＝∠CBD＝90°﹣α，用α的代數(shù)式表示∠AOB和∠ABO，從而解決問題；（3）在直線BD上取BG＝BC，連接OG，以BG為斜邊在等腰直角△BFG，利用SAS證明△BOG≌△BOC，得∠BOC＝∠BOG，而∠BOC＝135°，從而確定點O的運動路徑．【解答】解：（1）∵線段AB繞點B按逆時針方向旋轉角α（0≤α≤360°）得到線段BC，∴BC＝BA＝10cm，當α＝60°時，∠CBD＝30°，∴CD＝BC＝5cm，故答案為：5；（2）①當AO⊥BC時，則OH⊥BC，若⊙O與BC相切于P，則OP⊥BC，∴點P與H重合，∴點H在⊙O上，故選：B；②延長AO交BD于E，∵AO⊥BC，∴∠A＝∠CBD＝90°﹣α，∵⊙O是△BCD的內切圓，∴BO平分∠CBD，∴∠OBC＝∠CBD＝45°﹣α，∴∠AOB＝90°﹣∠OBC＝90°﹣（45°﹣α）＝45°+α，∵∠ABO＝∠ABC+∠CBO＝α+45°﹣α＝45°+α，∴∠AOB＝∠ABO，∴AO＝AB＝10cm；（3）如圖，在直線BD上取BG＝BC，連接OG，以BG為斜邊在等腰直角△BFG，∵∠OBG＝∠OBC，OB＝OB，∴△BOG≌△BOC（SAS），∴∠BOC＝∠BOG，∵∠BCD+∠CBD＝90°，∴∠BCO+∠OBC＝45°，∴∠BOC＝135°，∴∠BOG＝135°，∴點O在以F為圓心、BF為半徑的圓上運動，∵BG＝BC＝10cm，∴BF＝5cm，∴當線段AB繞點B按逆時針方向旋轉90°時，O運動的路徑長為＝（cm）．【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了三角形內切圓的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，切線的性質等知識，構造全等三角形得出點O的運動路徑是解題的關鍵，屬于中考壓軸題．7．（2021秋?開福區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，點M在x軸負半軸上，⊙M與x軸交于A、B兩點（A在B的左側），與y軸交于C、D兩點（點C在y軸正半軸上），且，點B的坐標為（3，0），點P為優(yōu)弧CAD上的一個動點，連結CP，過點M作ME⊥CP于點E，交BP于點N，連結AN．（1）求⊙M的半徑長；（2）當BP平分∠ABC時，求點P的坐標；（3）當點P運動時，求線段AN的最小值．【分析】（1）連接CM，由CD＝2OM，CD⊥MB，得CM＝＝2OM，得∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，從而證明結論；（2）連接AP，過點P作PF⊥AB于F，由BP平分∠ABC，得∠ABP＝30°，則AP＝，在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，得PF＝，BF＝＝9，從而得出點P的坐標；（3）由∠PNE＝∠BNM＝60°，BM＝6，可知點N在以G為圓心，GM為半徑的圓上，連接AG，此時AN的最小值為AG﹣GM，再利用勾股定理分別求出AG和GM的長即可．【解答】解：（1）如圖，連接CM，∵CD＝2OM，∴OM，∵CD⊥MB，∴CM＝＝2OM，∴∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，∵MC＝MB，∴△CMB為等邊三角形，∵B（3，0），∴OB＝3，∴MB＝2OB＝6，∴⊙M的半徑長為6；（2）連接AP，過點P作PF⊥AB于F，∵AB為⊙M的直徑，AB＝2MB＝12，∴∠APB＝90°，∴△APB為直角三角形，由（1）得△CMB是等邊三角形，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝30°，∴AP＝，∴BP＝＝6，在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，∴PF＝，∴BF＝＝9，∴OF＝BF﹣OB＝6，∴OF＝6，PF＝3，∴P（﹣6，3）；（3）∵CD垂直平分MB，∴在OC上取點G，使∠GMB＝30°，連接GM，GB，∵ME⊥PC，∴∠PEM＝90°，∵∠CPB＝∠CMB＝30°，∴∠PNE＝∠BNM＝60°，∴BM＝6，∴點N在以G為圓心，GM為半徑的圓上，連接AG，此時AN的最小值為AG﹣GM，∵BM＝6，∠GMB＝30°，∴OG＝，GM＝2，在Rt△AOG中，由勾股定理得，AG＝，∴AN的最小值為2﹣2．【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理等知識，運用定弦對定角確定點N的運動路徑是解題的關鍵．8．（2022秋?沙坪壩區(qū)校級期末）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，D是線段BC上一點，延長BC至點E，使得CE＝CD，過點E作EG⊥AD于點G，交AB于點F．（1）如圖1，連接CG，若AD平分∠BAC，CG＝2，求BC的長；（2）如圖2，H是平面內一點，連接AH、DH，DA平分∠EDH，∠BAH＝2∠CAD，用等式表示線段BD、BF、DH之間的數(shù)量關系，并證明；（3）如圖3，在第（2）問的條件下，CD＝2，AC＝3，點M為平面內一點，連接BM、DM，滿足∠AMD＝2∠H，當BM最小時，將△BDM沿著BD翻折到同一平面內得△BDM’，過點E作EK⊥BE，交直線DM’于點K，直接寫出線段EK的長度．【分析】（1）如圖1，過點D作DQ⊥AB于Q，利用角平分線性質和等腰直角三角形性質即可求得答案；（2）如圖2，在線段HD上取點N，連接AN，使∠HAN＝∠BAD，過點F作FT⊥BC于T，連接AE，利用SAS可證得△ACE≌△ACD，再證明△CAD≌△TEF（AAS），△AHN≌△ABD（AAS），△ADN≌△ADE（SAS），即可得出BD+BF＝DH；（3）如圖3，以AD為直徑作⊙O，當BM最小時，點M為線段OB與⊙O的交點，如圖4，連接OB交⊙O于M，作點M關于BD的對稱點M′，連接MM′交BD于L，過點O作OP⊥BC于P，運用勾股定理和相似三角形的判定和性質即可求得答案．【解答】解：（1）如圖1，過點D作DQ⊥AB于Q，∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DQ⊥AB，∴DQ＝DC＝2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠BAC＝45°，∵∠BQD＝90，∴△BDQ是等腰直角三角形，∴BD＝DQ＝2，∴BC＝BD+DC＝2+2；（2）BD+BF＝DH；理由如下：如圖2，過點F作FT⊥BC于