重难点03“定弦定角”模型讲义（老师版+学生版）

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重难点03“定弦定角”模型

1.识别几何模型。
2.利用“定弦定角”模型解决问题




一．选择题
1．（2022•观山湖区一模）如图，点P是正六边形ABCDEF内一点，AB＝4，当∠APB＝90°时，连接PD，则线段PD的最小值是（　　）

A． B． C．6 D．
【分析】先判断出点P的运动轨迹：点P在以AB为直径的圆弧上，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，再根据正六边形的性质得到∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根据勾股定理即可求出BH、BD、OD，进而可得DP的最小值．
【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆弧上，
如图，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，
连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，

∵点O为AB的中点，
∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，
∵正六边形的每个内角为180°×（6﹣2）÷6＝120°，
∵CD＝CB，
∴∠CBD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，BD＝2BH，
∴∠OBD＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△CBH中，CH＝＝2，BH＝，
∴BD＝，
在Rt△OBD中，OD＝＝，
∴PD的最小值为OD﹣OP＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查正多边形内角和、等腰三角形的性质、勾股定理、定弦定角构造圆等，解题关键是判断出点P的运动轨迹．
2．（2022•睢阳区模拟）如图，正方形OABC中，A（8，0），B（8，8），点D坐标为（﹣6，0），连接CD，点P为边OA上一个动点，连接CP，过点D作DE⊥CP于点E，连接AE，当AE取最小值时，点E的纵坐标为（　　）

A．3﹣ B．4﹣ C． D．
【分析】先判断出点E的运动轨迹：以CD中点F为圆心，半径FD＝FC＝FE＝5的圆弧上，连接AF，交⊙M于点E，此时AE最小，再过点F作FM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，通过相似即可求出点E的纵坐标．
【解答】解：∵DE⊥CP，
∴∠DEC＝90°，
取CD中点F（﹣3，4），则点E的运动轨迹在以点F为圆心，半径FD＝FC＝FE＝5的圆弧上，
连接AF，交⊙M于点E，此时AE最小，
过点F作FM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，则AM＝11，FM＝4，∠FMA＝∠ENA＝90°，

在Rt△AFM中，AF＝＝，
∵∠FMA＝∠ENA＝90°，
∴FM∥EN，
∴，即，
∴EN＝4﹣．
故选：B．
【点评】本题考查四边形综合，涉及到定长定角构造辅助圆，勾股定理、相似三角形，解题关键是判断出动点E的运动轨迹．
3．（2021秋•潜山市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在矩形的内部，连接PA，PB，PC，若∠PBC＝∠PAB，则PC的最小值是（　　）

A．6 B．﹣3 C．2﹣4 D．4﹣4
【分析】首先证明∠PAB+∠PBA＝90°，得∠APB＝90°，则点P在以AB为直径的圆上运动，设圆心为O，连接OC交⊙O于P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PBC＝∠PAB，
∴∠PAB+∠PBA＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上运动，设圆心为O，连接OC交⊙O于P，此时PC最小，

∵OC＝＝＝2，
∴PC的最小值为2﹣4，
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理等知识，利用定边对定角确定点P的运动路径是解题的关键．
4．（2021秋•唐县期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，AB＝2，点P从C点出发，沿CB运动到点B停止，过点B作射线AP的垂线，垂足为Q，点Q运动的路径长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由AQ⊥BQ，得点Q在以AB为直径的⊙O上运动，运动路径为，连接OC，代入弧长公式即可．
【解答】解：∵AQ⊥BQ，
∴点Q在以AB为直径的⊙O上运动，运动路径为，连接OC，

∵∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴CO＝OA＝1，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴的长为，
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，弧长公式，确定点Q在以AB为直径的⊙O上运动是解题的关键．
5．（2021秋•连城县期中）如图，点A是半径为8的圆O上一定点，点B是圆O上一动点，点P是弦AB的中点，则点B绕圆周运动一周，点P所经过的路径长为（　　）

A．4 B．8 C．4π D．8π
【分析】连接OP，OA，由点P为AB的中点，得∠OPA＝90°，则点P在以OA为直径的圆上运动，求出圆周长即可．
【解答】解：连接OP，OA，

∵点P为AB的中点，
∴∠OPA＝90°，
∴点P在以OA为直径的圆上运动，
∵OA＝8，
∴点P的运动路径长为：2π×4＝8π，
故选：D．
【点评】本题主要考查了垂径定理，利用定弦对定角确定点P的运动路径是解题的关键．
6．（2023•梁溪区校级二模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（　　）

A．2 B． C． D．
【分析】如图，连接OD，OC，首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OD，OC，

∵AD＝DP，
∴OD⊥PA，
∴∠ADO＝90°，
∴点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，AC，
当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，
∵C为的三等分点，
∴∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴CK⊥OA，
在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，
∴CK＝＝，
∵DK＝OA＝1，
∴CD＝+1，
∴CD的最大值为+1，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．
7．（2022•防城港模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，点E在AB上，＝，在矩形内找一点P，使得∠BPE＝60°，则线段PD的最小值为（　　）

A．2﹣2 B． C．4 D．2
【分析】如图，在BE的上方，作△OEB，使得OE＝OB，∠EOB＝120°，连接OD，过点O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J．证明点P的运动轨迹是以O为圆心，OE为半径的⊙O，推出当点P落在线段OD上时，DP的值最小，想办法求出OD，OP，可得结论．
【解答】解：如图，在BE的上方，作△OEB，使得OE＝OB，∠EOB＝120°，连接OD，过点O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J．

∵∠BPE＝∠EOB，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OE为半径的⊙O，
∴当点P落在线段OD上时，DP的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝3，AE：EB＝1：2，
∴BE＝2，
∵OE＝OB，∠EOB＝120°，OQ⊥EB，
∴EQ＝BQ＝，∠EOQ＝∠BOQ＝60°，
∴OQ＝1，OE＝2，
∵OJ⊥AD，OQ⊥AB，
∴∠A＝∠AJO＝∠AQO＝90°，
∴四边形AQOJ是矩形，
∴AJ＝OQ＝1，
JO＝AQ＝2，
∵AD＝5，
∴DJ＝AD﹣AJ＝4，
∴OD＝＝＝2，
∴PD的最小值＝OD﹣OP＝2﹣2，
故选：A．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，矩形的性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二．填空题
8．（2023•利州区模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝4，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，M是线段BC上任意一点，则MD+MP的最小值为 　2﹣2　．

【分析】首先判断出△ABE≌△DAF，即可判断出∠DAF＝∠ABE，再根据∠ABE+∠BEA＝90°，可得∠FAD+∠BEA＝90°，所以∠APB＝90°；然后根据点P在运动中保持∠APB＝90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为O，根据勾股定理，即可求出线段DP的最小值为多少．
【解答】解：如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，
由轴对称的性质可知：MD＝D′M，CD＝CD′＝4，
设AB的中点为O，
易证AF⊥BE，故可知P的运动轨迹为以AB为直径的半圆弧上，
连接OD′交⊙O于P，交BC于M，
则此时，MD+MP的值最小且等于PD′，
过O作OG⊥CD于G，
∴CG＝OB＝2，
OG＝AD＝4，
∴D′G＝6，
∴OD′＝，
∴PD′＝2﹣2，
∴MD+MP的最小值为2﹣2，
故答案为：2﹣2．

【点评】本题主要考查的是最短路径问题，由轴对称图形的性质和正方形的性质确定出点P的位置是解题的关键．
9．（2021秋•头屯河区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝4，BC＝9，∠ACB＝60°，AM∥BC，点P在射线AM上运动，连BP交△APC的外接圆于点E，则AE的最小值为 　2　．

【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC＝120°，由此推出点E在以O为圆心，OB为半径的上运动，连接OA交于E′，此时AE′的值最小．
【解答】解：如图，连接CE．
∵AM∥BC，
∴∠MAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CEP＝∠CAP＝60°，
∴∠BEC＝120°，
∴点E在以O为圆心，OB为半径的上运动（△BOC是等腰三角形，∠BOC＝120°，OB＝OC＝3），连接OA交于E′，此时AE′的值最小．
∵∠ACB＝60°，∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴OA＝＝5，
∴AE′＝OA﹣OE′＝5﹣3＝2，
∴AE的最小值为2．
故答案为：2．

【点评】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．
10．（2021秋•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠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 　2　．

【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC＝120°，由此推出点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．
【解答】解：如图，连接CE．
∵AP∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CEP＝∠CAP＝60°，
∴∠BEC＝120°，
∴点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，
连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．此时⊙O与⊙O'交点为E'．
∵∠BE'C＝120°
∴所对圆周角为60°，
∴∠BO′C＝2×60°＝120°，
∵△BO′C是等腰三角形，BC＝8，
∴O′B＝O′C＝8，
∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，
∴∠ACO'＝90°
∴O'A＝＝＝10，
∴AE′＝O'A﹣O'E′＝10﹣8＝2，
故答案为：2．

【点评】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．
11．（2021秋•思明区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝2，点A为动点，在点A运动的过程中始终有∠BAC＝45°，则△ABC面积的最大值为 　+1　．

【分析】作出△ABC的外接圆⊙O，连接OB、OC，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出∠BOC＝90°，过点O作OD⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出半径OB的长度，再根据三角形的面积公式，底边BC一定，边BC上的高越大则三角形的面积越大，所以，当BC边上的高过圆心O时，三角形的面积最大，进行求解即可．
【解答】解：如图，△ABC的外接圆⊙O，连接OB、OC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝2×45°＝90°，
过点O作OD⊥BC，垂足为D，
∵OB＝OC，
∴BD＝CD＝BC＝1，
∵∠BOC＝90°，OD⊥BC，
∴OD＝BC＝1，
∴OB＝＝，
∵BC＝2保持不变，
∴BC边上的高越大，则△ABC的面积越大，当高过圆心时，最大，
此时BC边上的高为：+1，
∴△ABC的最大面积是：×2×（+1）＝+1．
故答案为：+1．

【点评】本题主要考查了面积及等积变化，解题的关键是利用同弦所对的圆周角与圆心角的关系得△BOC是等腰直角三角形是关键．
12．（2023•定远县校级一模）如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为 　　．

【分析】由∠AFC＝90°，得点F在以AC为直径的圆上运动，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，则点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，然后根据条件求出所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
【解答】解：∵CF⊥AE，
∴∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的圆上运动，
以AC为直径画半圆AC，连接OA，

当点E与B重合时，此时点F与G重合，
当点E与D重合时，此时点F与A重合，
∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，
∵点G为OD的中点，
∴OG＝OD＝OA＝2，
∵OG⊥AB，
∴∠AOG＝60°，AG＝2，
∵OA＝OC，
∴∠ACG＝30°，
∴AC＝2AG＝4，
∴所在圆的半径为2，圆心角为60°，
∴的长为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，弧长公式等知识，确定点F的运动路径是解题的关键．
三．解答题
13．（2021秋•自贡期末）在△ABC中，AB＝AC，过点C作CD⊥BC，垂足为C，∠BDC＝∠BAC，AC与BD交于点E．
（1）如图1，∠ABC＝60°，BD＝6，求DC的长；
（2）如图2，AM⊥BD，AN⊥CD，垂足分别为M，N，CN＝4，求DB+DC的长．

【分析】（1）先根据有一个角是60度的等腰三角形式等边三角形，由此可推出∠BAC的度数，再根据直角三角形推出30度角，即可得到线段的关系求解；
（2）根据Rt△BDC和∠BDC＝∠BAC，可得到A、B、C、D四点共圆，利用圆周角性质得到角度相等，结合题目条件证明三角形全等得出相等的线段，最后利用等量代换即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°且AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∵CD⊥BC，
∴Rt△BDC中，∠DBC＝30°，
∴DC＝BD＝3．
（2）作△BCD的外接圆⊙O，如图所示：

∵CD⊥BC，
∴BD为⊙O直径，
∵∠BDC＝∠BAC，
∴A点在⊙O上，
∴∠BAD＝90°，
∵AM⊥BD，AN⊥CD，
∠AMB＝∠ACN＝90°，
∴在△ABM和△ACN中，

∴△ABM≌△ACN，
∴AM＝AN，BM＝CN，
∵在Rt△AMD和Rt△AND中，

∴Rt△AMD≌Rt△AND，
∴DN＝DM，
∴DB+DC＝DM+MB+DC＝DN+DC+MB＝CN+MB＝2CN＝8．
【点评】本题第一问主要考查等边三角形的判定再结合30角的直角三角形的性质，第二问主要考查隐形圆的问题，利用题目条件得到隐形圆，推出相等的角度用作全等的判定，最后利用线段相等进行等量代换．
14．（2022•雁塔区校级三模）问题提出
（1）如图①，已知△ABC为边长为2的等边三角形，则△ABC的面积为 　　；
问题探究
（2）如图②，在△ABC中，已知∠BAC＝120°，BC＝6，求△ABC的最大面积；
问题解决
（3）如图③，某校学生礼堂的平面示意为矩形ABCD，其宽AB＝20米，长BC＝24米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面CD上安装一台摄像头M进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面AB区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点M出发的观测角∠AMB＝45°，请你通过所学知识进行分析，在墙面CD区域上是否存在点M满足要求？若存在，求出MC的长度；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）作AD⊥BC于D，由勾股定理求出AD的长，即可求出面积；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，可知点A在上运动，当A'O⊥BC时，△ABC的面积最大，求出A'H的长，从而得出答案；
（3）以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且∠AOB＝90°，过O作HG⊥AB于H，交CD于G，利用等腰直角三角形的性质求出OA，OG的长，则以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，从而⊙O上存在点M，满足∠AMB＝45°，此时满足条件的有两个点M，过M1作M1F⊥AB于F，作EO⊥M1F于E，连接OF，利用勾股定理求出OE的长，从而解决问题．
【解答】解：（1）作AD⊥BC于D，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴BD＝1，
∴AD＝＝，
∴△ABC的面积为×2×＝，
故答案为：；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，
∵∠BAC＝120°，BC＝6，
∴点A在上运动，

当A'O⊥BC时，△ABC的面积最大，
∴∠BOA'＝60°，BH＝CH＝3，
∴OH＝3，OB＝6，
∴A'H＝OA'﹣OH＝6﹣3＝3，
∴△ABC的最大面积为×6×3＝9；
（3）存在，以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB，且∠AOB＝90°，
过O作HG⊥AB于H，交CD于G，

∵AB＝20米，
∴AH＝OH＝10米，OA＝10米，
∵BC＝24米，
∴OG＝14米，
∵10＞14，
∴以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，
∴⊙O上存在点M，满足∠AMB＝45°，此时满足条件的有两个点M，
过M1作M1F⊥AB于F，作EO⊥M1F于E，连接OF，

∴EF＝OH＝10米，OM1＝10米，
∴EM1＝14米，
∴OE＝＝2米，
∴CM1＝BF＝8米，
同理CM2＝BH+OE＝10+2＝12（米），
∴MC的长度为8米或12米．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识，熟练掌握定角定边的基本模型是解题的关键．
15．（2021秋•泗阳县期末）如图，已知AB⊥MN于点B，且AB＝10cm，将线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，过点C作CD⊥MN于点D，⊙O是△BCD的内切圆，直线AO、BC相交于点H．
（1）若α＝60°，则CD＝　5　cm．
（2）若AO⊥BC
①点H与⊙O的位置关系是 　B　；
A．点H在⊙O外
B．点H在⊙O上
C．点H在⊙O内
②求线段AO的长度．
（3）线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°，求点O运动的路径长．

【分析】（1）由旋转的性质知BC＝BA＝10cm，则CD＝BC＝5cm；
（2）①若⊙O与BC相切于P，则OP⊥BC，则点P与H重合，可得答案；
②延长AO交BD于E，利用∠A＝∠CBD＝90°﹣α，用α的代数式表示∠AOB和∠ABO，从而解决问题；
（3）在直线BD上取BG＝BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，利用SAS证明△BOG≌△BOC，得∠BOC＝∠BOG，而∠BOC＝135°，从而确定点O的运动路径．
【解答】解：（1）∵线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，
∴BC＝BA＝10cm，
当α＝60°时，∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝5cm，
故答案为：5；
（2）①当AO⊥BC时，
则OH⊥BC，
若⊙O与BC相切于P，
则OP⊥BC，
∴点P与H重合，
∴点H在⊙O上，
故选：B；
②延长AO交BD于E，

∵AO⊥BC，
∴∠A＝∠CBD＝90°﹣α，
∵⊙O是△BCD的内切圆，
∴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）如图，在直线BD上取BG＝BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，

∵∠OBG＝∠OBC，OB＝OB，
∴△BOG≌△BOC（SAS），
∴∠BOC＝∠BOG，
∵∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠BCO+∠OBC＝45°，
∴∠BOC＝135°，
∴∠BOG＝135°，
∴点O在以F为圆心、BF为半径的圆上运动，
∵BG＝BC＝10cm，
∴BF＝5cm，
∴当线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°时，O运动的路径长为＝（cm）．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了三角形内切圆的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质等知识，构造全等三角形得出点O的运动路径是解题的关键，属于中考压轴题．
16．（2021秋•开福区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点M在x轴负半轴上，⊙M与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于C、D两点（点C在y轴正半轴上），且，点B的坐标为（3，0），点P为优弧CAD上的一个动点，连结CP，过点M作ME⊥CP于点E，交BP于点N，连结AN．
（1）求⊙M的半径长；
（2）当BP平分∠ABC时，求点P的坐标；
（3）当点P运动时，求线段AN的最小值．

【分析】（1）连接CM，由CD＝2OM，CD⊥MB，得CM＝＝2OM，得∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，从而证明结论；
（2）连接AP，过点P作PF⊥AB于F，由BP平分∠ABC，得∠ABP＝30°，则AP＝，在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，得PF＝，BF＝＝9，从而得出点P的坐标；
（3）由∠PNE＝∠BNM＝60°，BM＝6，可知点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时AN的最小值为AG﹣GM，再利用勾股定理分别求出AG和GM的长即可．
【解答】解：（1）如图，连接CM，

∵CD＝2OM，
∴OM，
∵CD⊥MB，
∴CM＝＝2OM，
∴∠MCO＝30°，∠CMO＝60°，
∵MC＝MB，
∴△CMB为等边三角形，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴MB＝2OB＝6，
∴⊙M的半径长为6；
（2）连接AP，过点P作PF⊥AB于F，

∵AB为⊙M的直径，AB＝2MB＝12，
∴∠APB＝90°，
∴△APB为直角三角形，
由（1）得△CMB是等边三角形，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝30°，
∴AP＝，
∴BP＝＝6，
在Rt△PFB中，由∠ABP＝30°，
∴PF＝，
∴BF＝＝9，
∴OF＝BF﹣OB＝6，
∴OF＝6，PF＝3，
∴P（﹣6，3）；
（3）∵CD垂直平分MB，
∴在OC上取点G，使∠GMB＝30°，连接GM，GB，
∵ME⊥PC，
∴∠PEM＝90°，
∵∠CPB＝∠CMB＝30°，
∴∠PNE＝∠BNM＝60°，
∴BM＝6，
∴点N在以G为圆心，GM为半径的圆上，连接AG，此时AN的最小值为AG﹣GM，

∵BM＝6，∠GMB＝30°，
∴OG＝，GM＝2，
在Rt△AOG中，由勾股定理得，AG＝，
∴AN的最小值为2﹣2．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，运用定弦对定角确定点N的运动路径是解题的关键．
17．（2021秋•扬州月考）在一次数学探究活动中，王老师设计了一份活动单：
已知线段BC＝4，使用作图工具作∠BAC＝30°，尝试操作后思考：
（1）这样的点A唯一吗？
（2）点A的位置有什么特征？你有什么感悟？
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点A的位置不唯一，它在以BC为弦的圆弧上（点 B、C除外），…．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为 　4　；
②△ABC面积的最大值为 　8+4　；

（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形外部，我们记为A′，请你利用图1证明∠BA'C＜30°．
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形ABCD的边长AB＝2，BC＝5，点P在直线CD的左侧，且∠DPC＝60°，则线段PB长的最小值为 　﹣2　．
【分析】（1）①设圆心为O，连接OB，OC，可得△OBC是等边三角形，则OB＝BC＝4；
②当AO⊥BC时，S△ABC最大，求出AD的长即可；
（2）设A'B交⊙O于E，由圆周角定理知∠BAC＝∠BEC＝30°，由∠BEC是△A'EC的外角，则∠BEC＞∠A'；
（3）作等腰△ODC，使∠COD＝120°，以O为圆心，OD为半径作圆，则点P在优弧CD上，连接OB交⊙O于P，此时BP最小，过O作OG⊥CD于G，OH⊥BC于H，利用勾股定理求出BO的长即可．
【解答】解：（1）①设圆心为O，连接OB，OC，

∵∠BAC＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC＝4，
故答案为：4；
②当AO⊥BC时，S△ABC最大，

此时OD＝2，
∴AD＝4+2，
∴S△ABC＝×BC×AD＝（4+2）×4＝8+4，
故答案为：8+4；
（2）设A'B交⊙O于E，

由圆周角定理知∠BAC＝∠BEC＝30°，
∵∠BEC是△A'EC的外角，
∴∠BEC＞∠A'，
∴∠A'＜30°；
（3）如图，作等腰△ODC，使∠COD＝120°，以O为圆心，OD为半径作圆，则点P在优弧CD上，连接OB交⊙O于P，此时BP最小，
过O作OG⊥CD于G，OH⊥BC于H，

∵CD＝AB＝2，
∴CG＝CD＝，
在Rt△OCG中，∠OCG＝30°，
∴OG＝1，OC＝2，
∴BH＝BC﹣CH＝5﹣1＝4，
∴BO＝＝＝，
∴BP的最小值为﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，三角形外角的性质，等边三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识，运用定弦对定角构造辅助圆是解题的关键．
18．（2020秋•丹阳市期末）【发现】
如图（1），AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数 　不变　（填“变”或“不变”）；若∠AOB＝150°，则∠ACB＝　75　°．爱动脑筋的小明猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某一个确定的圆上运动呢？
【研究】
为了解决这个问题，小明先从一个特殊的例子开始研究．如图（2），若AB＝2，直线AB上方一点C满足∠ACB＝45°，为了画出点C所在的圆，小明以AB为底边构造了一个等腰Rt△AOB，再以O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．请根据小明的思路在图（2）中完成作图（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）．后来，小明通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论，即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【应用】
（1）如图（3），AB＝2，平面内一点C满足∠ACB＝60°，则△ABC面积的最大值为 　3　．
（2）如图（4），已知正方形ABCD，以AB为腰向正方形内部作等腰△BAE，其中BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，点P是△BEF的内心．
①∠BPE＝　135　°，∠BPA＝　135　°；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为2，则CP的最小值为 　﹣　．

【分析】【发现】根据题意，直接得出答案，利用圆周角定理求出∠ACB；
【研究】先作出AB的垂直平分线，再以垂足为圆心，AB的一半为半径确定出圆心O，即可得出结论；
【应用】（1）先确定出△ABC的外接圆的半径，再判断出点C到AB的最大距离为3，即可得出结论；
（2）①先确定出∠BFE＝90°，再判断出∠BEP＝∠BEF，∠EBP＝∠ABE，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；
②先作出△ABP的外接圆，进而求出外接圆的半径，进而判断出CP最小时，点P的位置，最后构造直角三角形，即可得出结论．
【解答】解：【发现】根据圆周角性质，∠ACB的度数不变，
∵∠AOB＝150°，
∴∠ACB＝∠AOB＝75°，
故答案为：不变，75°；

【研究】补全图形如图1所示，

【应用】（1）如图2，

记△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝30°，
过点O作OH⊥AB于H，
∴AH＝AB＝，
在Rt△AHO中，设⊙O的半径为2r，则OH＝r，
根据勾股定理得，（2r）2﹣r2＝3，
∴r＝1（舍去负数），
∴OA＝2，OH＝1，
∵点C到AB的最大距离h为r+OH＝2+1＝3，
∴S△ABC最大＝AB•h＝×2×3＝3，
故答案为：3；

（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFB＝90°，
∴∠BEF+∠EBF＝90°，
∵点P是△BEF的内心，
∴PE，PB分别是∠BEF和∠EBF的角平分线，
∴∠BEP＝∠BEF，∠EBP＝∠ABP＝∠ABE，
∴∠BPE＝180°﹣（∠BEP+∠EBP）＝180°﹣（∠BEF+∠EBF）＝180°﹣×90°＝135°；
在△BPE和△BPA中，
，
∴△BPE≌△BPA（SAS）．
∴∠BPA＝∠BPE＝135°，
故答案为：135°，135°；
②如图3，
作△ABP的外接圆，圆心记作点O，连接OA，OB，在优弧AB上取一点Q，连接AQ，BQ，
则四边形APBQ是⊙O的圆内接四边形，
∴∠AQB＝180°﹣∠BPA＝45°，
∴∠AOB＝2∠AQB＝90°，
∴OA＝OB＝AB＝，
连接OC，与⊙O相交于点P'此时，CP'是CP的最小值，
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CB，交CB的延长线于N，
则四边形OMBN是正方形，
∴ON＝BN＝BM＝AB＝1，
∴CN＝BC+BN＝3，
在Rt△ONC中，OC＝＝，
∴CP的最小值＝CP'＝OC﹣OP'＝﹣，
故答案为：﹣．

【点评】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，内心，构造出圆是解本题的关键．
19．（2020秋•东海县期末）思考发现：

（1）如图1，点A和点B均在⊙O上，且∠AOB＝60°，点P和点Q均在射线AM上，若∠APB＝30°，则点P与⊙O的位置关系是 　在圆上　；若∠AQB＞30°，则点Q与⊙O的位置关系是 　在圆内　．
问题解决：
如图2，四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠DAB＝135°，且AB＝2，AD＝4．
（2）若点P是BC边上任意一点，且∠APD＝45°，求BP的长；
（3）如图3，以B为圆心，BC为半径作弧，交BA的延长线于点E，若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC于点H，设点I为△BQH的内心，连接BI，QI，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 　π　．（直接填空）
【分析】（1）根据点Y2圆的位置关系判断即可．
（2）过点D作DE垂直于BC交于点E，过点A作AF垂直于DE．以点F为圆心，DF为半径作圆，交BC于点P，连接AP，PD，则∠APD＝∠AFD＝45°，分两种情形分别求解即可．
（3）如图3中，连接IC，以BC为斜边，向下作等腰直角三角形△BCT，证明∠BIC＝∠BIQ＝135°，由定弦定角推出点I在△BCT的外接圆上运动从而构造辅助圆，利用弧长公式求解即可．
【解答】解：（1）如图1中，

∵∠APB＝30°，∠AOB＝60°，
∴∠APB＝∠AOB，
∴点P在⊙O上，
当∠AQB＞30°，时 点Q在⊙O内部，
故答案为：在圆上，在圆内．
（2）过点D作DE垂直于BC交于点E，过点A作AF垂直于DE．

∵∠AFE＝∠FEB＝∠B＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴∠BAF＝90°，
∵∠BAD＝135°，
∴∠DAF＝135°﹣90°＝45°，
∵∠AFD＝90°，
∴∠FAD＝∠FDA＝45°，
∴FA＝FD，
以点F为圆心，DF为半径作圆，交BC于点P，连接AP，PD，则∠APD＝∠AFD＝45°，
当点P在E点右侧时，∵∠DAF＝45°，AB＝FE＝2，，
∴FP＝FA＝4，
∴EP＝＝＝2，即．
当点P在E点左侧时，．
（3）如图3中，连接IC，以BC为斜边，向下作等腰直角三角形△BCT，

∵BQ＝BC，∠QBI＝∠CBI，BI＝BI，
∴∠∠BIQ＝∠BIC，
∵I是△BHQ的内心，∠BHQ＝90°，
∴∠BIQ＝180°﹣×90°＝135°，
∴∠BIC＝∠BIQ＝135°，
∴点I在△BCT的外接圆上运动，
由（2）可知BC＝BE＝BA+EC＝2+8＝10，
∴BT＝TC＝×10＝5，
∴点I的运动路径的长＝＝．
故答案为：π．
【点评】本题属于圆综合题，考查了点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．

一、填空题
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点在半圆上，半径，，点在弧上移动，连接，作，垂足为，连接，点在移动的过程中，的最小值是______．

【答案】
【分析】先确定点H的运动轨迹，再根据点与圆的位置关系可得取最小值时，点H的位置，然后利用圆周角定理、线段的和差即可得．
【详解】如图，设AD的中点为点E，则
由题意得，点H的运动轨迹在以点E为圆心，EA为半径的圆上
由点与圆的位置关系得：连接BE，与圆E交于点H，则此时取得最小值，
连接BD
AB为半圆O的直径




故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理、点与圆的位置关系、勾股定理等知识点，依据题意，确定点H的运动轨迹，从而得出BH取最小值时，点H的位置是解题关键．
2．（2021秋·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考阶段练习）如图，在中，，，，过点作的平行线，为直线上一动点，为的外接圆，直线交于点，则的最小值为__________．

【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为半径的上运动，连接MA交于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°，
,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为半径的上运动，过点作

∴中优弧度数为=240°，则劣弧度数为120°
∴△BMC是等腰三角形，∠BMC=120°，
∵∠BCM=30°，BC=，

∴MB=MC=8，
∴连接MA交于E′，此时AE′的值最小．
∵∠ACB=60°，∠BCO=30°，
∴∠ACM=90°，
∴MA==，
∴AE的最小值为=．
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．

二、解答题
3．（2022秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图1，是的直径，点在的延长线上，，，是上半部分的一个动点，连接，．
  
(1)当________时，的最大面积为________；
(2)如图2，延长交于点，连接，且．求证：是的切线．
【答案】(1)，4
(2)见解析

【分析】（1）根据三角形的面积公式得到，根据题意确定时，最大，计算即可；；
（2）连接，证明四边形为平行四边形，得到，证明，根据全等三角形的性质得到，根据圆周角定理得到∠，根据切线的判断定理证明结论．
【详解】（1）∵，
∴，．
在中，设边上的高为，
∵，
∴当最大时，取得最大值．
当时，最大，
此时，．
∴的最大面积为4．
  
（2）证明：如图，连接，．
  
∴，
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵，
∴，
∴，
在与中

∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，即，
∴是的切线．
【点睛】考查了切线的判定、全等三角形的判定和性质，解题关键是抓住经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线求解．
4．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）【学习心得】
小雯同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图，在中，，，D是外一点，且，求的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆，则C，D两点必在上，是的圆心角，是的圆周角，则．

(1)【初步运用】如图，在四边形中，，，求的度数；
(2)【方法迁移】如图，已知线段和直线，用直尺和圆规在上作出所有的点，使得（不写作法，保留作图痕迹）；

(3)【问题拓展】
①如图，已知矩形，，，为上的点．若满足的点恰好有两个，则的取值范围为______．

②如图，在中，，是边上的高，且，，求的长．

【答案】(1)
(2)见解析
(3)①；②

【分析】（1）如图所示，取中点E，连接，，则，即可得到A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心，则；
（2）先作等边三角形，再以O为圆心，的长为半径画弧与直线l的交点即为所求；
（3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则当时满足题意，据此求解即可；②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形，分别求出、即可得到答案．
【详解】（1）如图所示，取中点E，连接，，

∵，E为的中点，
∴，
∴A、B、C、D在以E为圆心，为半径的圆心，
∴；
（2）如图所示，、即为所求；

（3）①如图所示，在上截取一点F使得，连接，以为直径作圆O，过点F作交于E，过点O作交于H交圆O于G，过点G作圆O的切线分别交，于K、Q，则四边形为正方形

∵四边形是矩形，
∴，
∴B在圆O上，，
∴，
∵OH⊥EF，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
②如图所示，作的外接圆，过圆心O作于E，于F，连接，，，则四边形是矩形

∵，
∴，
在直角中，
∴，
∵OE⊥BC，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形斜边上的中线，矩形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键．
5．（2022·全国·九年级专题练习）在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．

（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2）；证明见解析；（3）
【分析】（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；
（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值
【详解】（1）过点作于点，如图

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形
，


，






在中，，

（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，

点是的中点

又
四边形是平行四边形
，

将绕点顺时针旋转120°，得到，


是等边三角形


，，
是等边三角形



设，则,
，





,
是等边三角形

，

即
（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，


四点共圆

由（2）可知，




将绕点顺时针旋转120°，得到，


是的中点，
是的中位线





是等腰直角三角形




四边形是矩形
，
设
在中，

,

在中,

在中



【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．