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2025年中考数学复习：隐圆专项练习
1．如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、．
（1）求证：；
（2）①当点在何处时，的值最小；
②当点在何处时，的值最小，并说明理由；
（3）当的最小值为时，求正方形的边长．
2．如图，正方形ABCD中，AB=，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．

（1）求证：AE=CF；
（2）若A，E，O三点共线，连接OF，求线段OF的长．
（3）求线段OF长的最小值．
3．如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．
(1)求a的值；
(2)点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；
(3)点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．
4．如图一，等边△ABC中，AB=6，P为AB上一动点，PD⊥BC，PE⊥AC，求DE的最小值．
5．问题发现：
（1）如图①，点A和点B均在⊙O上，且∠AOB＝90°，点P和点Q均在射线AM上，若∠APB＝45°，则点P与⊙O的位置关系是 ；若∠AQB＜45°，则点Q与⊙O的位置关系是 ．
问题解决：
如图②、图③所示，四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAB＝135°，且AB＝1，AD＝2，点P是BC边上任意一点．
（2）当∠APD＝45°时，求BP的长度．
（3）是否存在点P，使得∠APD最大？若存在，请说明理由，并求出BP的长度；若不存在，也请说明理由．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E，F分别是边CD，BC上的动点，且∠AFE＝90°
（1）证明：△ABF∽△FCE；
（2）当DE取何值时，∠AED最大．
7．如图，在等边中，点在边上，点为延长线上一点，连接，过点作交延长线于点．
（1）如图1，若，，，求的长；
（2）如图2，若，点在的垂直平分线上，点在边上，连接交于点，且，求证：；
（3）如图3，若，，，点、、分别是三边上的动点，当周长取得最小值时，取线段的中点，点为平面内一点，且，连接、，请直接写出的最大值．
8．如图，在正方形中，点E在直线右侧，且，以为边作正方形，射线与边交于点M，连接、．
(1)如图1，求证：；
(2)若正方形的边长为4，
①如图2，当G、C、M三点共线时，设与交于点N，求的值；
②如图3，取中点P，连接，求长度的最大值．
9．如图1，与都是等边三角形，边长分别为4和，连接为高，连接，N为的中点．
(1)求证：；
(2)将绕点A旋转，当点E在上时，如图2，与交于点G，连接，求线段的长；
(3)连接，在绕点A旋转过程中，求的最大值．
10．如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条直线时，停止运动．
(1)求点Q的运动总长度；
(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．
11．在平面直角坐标系中，二次函数的图像过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．
(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值．
12．如图，在中，，，点D是延长线上一点，点E在线段上，于点F，交于点G．
(1)如图1．若，．求的度数：（用含的代数式表示）：
(2)如图2，若，证明：；
(3)如图3，若．H为的中点，，当的面积最大时，请直接写出此时的值．
13．如图，四边形和均为正方形，将绕点旋转；
(1)如图①，连接，判断直线的位置关系并说明理由；
(2)如图②，连接，若，探索并证明线段的数量关系；
(3)如图③，若正方形、边长分别为，绕点旋转一周，直线与相交于点，直接写线段的最小值及点运动轨迹的长度．
14．如图1，在中，，以点B为圆心，以为半径作圆．
(1)设点P为上的一个动点，线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接，，，如图2，求证：；
(2)在（1）的条件下，若，求的长；
(3)在（1）的条件下，当______°时，有最大值，且最大值为______；当______°时，有最小值，且最小值为______．
15．如图，圆O为的外接圆， ，，点D是圆O上的动点，且点C、D分别位于的两侧．
(1)求圆O的半径；
(2)当时，求的度数；
(3)设的中点为M，在点D的运动过程中，线段的最大值为 ．
《2025年中考数学复习：隐圆专项练习》参考答案
1．（1）见解析；（2）①当M点落在BD的中点时；②当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，理由见解析；（3）
【分析】（1）由题意得，，所以，容易证出；
（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当点落在的中点时，的值最小；
②根据“两点之间线段最短”，当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长（如图）；
（3）作辅助线，过点作交的延长线于，由题意求出，设正方形的边长为，在中，根据勾股定理求得正方形的边长为．
【详解】解：（1）证明：是等边三角形，
，．
，
．
即．
又，
．
（2）解：①当点落在的中点时，、、三点共线，的值最小．②如图，连接，当点位于与的交点处时，
的值最小，
理由如下：连接，由（1）知，，
，
，，
是等边三角形．
．
．
根据“两点之间线段最短”可知，若、、、在同一条直线上时，取得最小值，最小值为．
在和中，
，
，
，
，
，
若连接，则，
，，
、可以同时在直线上．
当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长．
（3）解：过点作交的延长线于，
．
设正方形的边长为，则，．
在中，
，
．
解得，（舍去负值）．
正方形的边长为．
【点睛】本题考查轴对称的性质和正方形的性质，三角形全等的判定、等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点，添加适当辅助线，灵活运用．
2．（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据旋转的性质，对应线段、对应角相等，可证明△ADE≌△CDF，即可得到AE＝CF；
（2）先利用，求得长，再利用，求得，然后设PF=x利用勾股定理求得x的值，即可求得OF的长；
（3）本题考查了利用三角形全等转化的思想解决问题．
【详解】（1）证明：如图1，由旋转得：，，
四边形是正方形，
，，
，
即，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图2，过作的垂线，交的延长线于，
是的中点，且，
，，三点共线，
，
由勾股定理得：，
，
，
由（1）知：，
，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
由勾股定理得：，
或（舍，
，，
由勾股定理得：，
（3）解：如图3，由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动，
延长到点，使得，连接，
，，
，
，
当最小时，为、、三点共线，
，
，
的最小值是．

【点睛】本题考查了正方形的性质、几何图形旋转的性质、利用三角形全等解决问题的相关知识，解题关键是注意构造辅助线进行解答.
3．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；
（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；
（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．
【详解】（1）
令，解得
令，
抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
抛物线与轴的交点为
解得
（2）如图，过点作轴于点，
是直角三角形，且
又
在抛物线上，
整理得
解得（舍）
在第三象限，
（3）如图，连接，取的中点，连接,
是的中位线
根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，
即
设直线的解析式为，代入点，
即
解得
直线的解析式为
设直线的解析式为
解得
则的解析式为
设点，
，
解得（舍去）
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．
【分析】由题意易得∠PEC=∠PDC=90°，所以P、D、C、E四点共圆，又因为∠EOD=120°，所以当直径最小时，弦DE的值最小．
【详解】解：∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PEC=∠PDC=90°，
∴四边形PDCE对角互补，
∴P、D、C、E四点共圆，如图2．
∴∠EOD=2∠ECD=120°，
要使得DE最小，则要使圆的半径最小，故直径PC最小，则当CP⊥AB时，PC最短，
∵△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
5．（1）点P在⊙O上，点Q在⊙O外；（2）PB=2+或；（3）存在， 1
【分析】（1）如图①中，根据圆周角与圆心角的关系即可判断；
（2）如图2中，造等腰直角三角形△AOD，与O为圆心作⊙O交BC于P、P′，易知∠APD＝∠AP′D＝45°．求出BP′和BP的长即可解决问题；
（3）作线段AD的垂直平分线，交AD于E，交BC于F，点O在EF上，以OA为半径作⊙O，当⊙O与BC相切于点P时，∠APD最大，求出此时BP的值即可；
【详解】解：（1）如图①中，
∵∠APB＝∠AOB＝45°，
∴点P在⊙O上，
∵∠AQB＜45°，
∴点Q在⊙O外．
故答案为点P在⊙O上，点Q在⊙O外．
（2）如图2中，如图构造等腰直角三角形△AOD，与O为圆心，OA为半径作⊙O交BC于P、P′，易知∠APD＝∠AP′D＝45°．
延长DO交BC于H，
∵∠DAB＝135°，∠DAO＝45°，
∴∠OAB＝∠B＝90°，
∴OA∥BC，
∴∠DOA＝∠OHB＝90°，
∴四边形ABHO是矩形，
∴AB＝OH＝1，OA＝BH，
∵AD＝2，
∴OA＝OD＝OP＝OP′＝2，
在Rt△OPH和Rt△OP′H中，
易知HP＝HP′＝，
∴BH＝OA＝2，
∴BP′＝2 ，PB＝2＋．
（3）如图③中，存在．
作线段AD的垂直平分线，交AD于E，交BC于F，点O在EF上，以OA为半径作⊙O，当⊙O与BC相切于点P时，∠APD最大，理由：在BC上任意取一点M，连接MA、MD，MD交⊙O于N，连接AN．
∵∠AND＞∠AMD，∠APD＝∠AND，
∴∠APD＞∠AND，
连接OP，延长DA交CB的延长线于点G．
∵AB⊥BC，∠DAB＝135°，
∴∠G＝∠EFG＝45°，
∴△ABG，△EFG都是等腰直角三角形，
∵AB＝BG＝1，
∴AG＝，
∵AD＝2，OE⊥AD，
∴AE＝ED＝，
∴EG＝EF＝2，GF＝EG＝4，
设OP＝PF＝r，则OF＝r，OE＝EF OF＝2 r，
在Rt△AOE中，AE2＋OE2＝OA2，
∴，
解得r＝4 或4＋（舍弃），
∴BP＝GF GB PF＝4 1 r＝ 1．
【点睛】本题考查圆综合题、圆周角与圆心角的关系、点与圆的位置关系、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用辅助圆解决问题．
6．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意可得∠B＝∠C＝90°，∠AFB＝∠FEC，即可得出结论；
（2）取AE的中点O，连接OD、OF，根据∠AFE＝∠ADE＝90°，得出A、D、E、F四点共圆，当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵∠AFE＝90°，
∴∠AFB+∠EFC＝90°，∵∠EFC+∠FEC＝90°，
∴∠AFB＝∠FEC，
∴△ABF∽△FCE．
（2）取AE的中点O，连接OD、OF．
∵∠AFE＝∠ADE＝90°，
∴OA＝OD＝OE＝OF，
∴A、D、E、F四点共圆，
∴∠AED＝∠AFD，
∴当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，
∴BF＝CF＝4，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，的值最大．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，四点共圆，根据题意得出⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大是解题的关键．
7．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）过点D作DG⊥AB于G，则AF∥DG，得到∠GDB=∠AEB，由，，得到，，则，再由含30度角的直角三角形的性质得到，由，可得，，再证明△ADE∽△ACF，得到，则，由此求解即可；
（2）过点C作CM⊥AF于M，CN⊥BE于N，过点B作BK⊥AB交AG延长线于K，在EF上取点P使得EP=ED，连接CP，先证明△CME≌△CNE得到CM=CN，从而可证Rt△CMA≌Rt△CNB得到∠CAM=∠CBE=45°，从而推出∠CEB=∠FEC=60°，由∠ABK=90°，∠BAK=45°，得到AB=BK=AC，∠K=∠BAK=45°，∠KBG=30°，则，证明△CPE≌△CDE得到∠CPE=∠CDE，再证明△CPA≌△BGK得到AP=GK，则；
（3）先证明当△KMN周长最短时，BK⊥CE，即∠BKC=∠BKE=90°，由∠ETI=45°，可知T点在以EI为弦，圆周角∠ETI=45°的圆上运动，又∠BKI=90°，则T在以K为圆心，以KI的长为半径的圆上运动，，在BK上取一点Q使得，可证△TKQ∽△BKT，得到，则，故要想最大，则的值要最大，即的值要最大，则当T、C、Q三点共线时，有最大值，最大值为，由此求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点D作DG⊥AB于G，
∴∠DGB=∠BAF=∠DGA=90°，
∴AF∥DG，
∴∠GDB=∠AEB，
∵，，
∴，，
∴，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠DAG=60°，AC=AB=8，
∴∠ADG=30°，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵DE∥CF，
∴△ADE∽△ACF，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图所示，过点C作CM⊥AF于M，CN⊥BE于N，过点B作BK⊥AB交AG延长线于K，在EF上取点P使得EP=ED，连接CP，
∴∠CME=∠CNE=90°，
∵F在线段EC的垂直平分线上，
∴FE=FC，
∴∠FEC=∠FCE，
∵BE∥CF，
∴∠BEC=∠FCE，
∴∠CEM=∠CEN，
∵CE=CE，
∴△CME≌△CNE（AAS），
∴CM=CN，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，
∴Rt△CMA≌Rt△CNB（HL），
∴∠CAM=∠CBE=45°，
∵∠CBA=60°，∠CBE=45°，
∴∠ABH=15°，
∴∠HAB=∠BHG-∠ABH=45°，
∴∠CAG=∠CAB-∠HAB=15°，
∴∠EAH=60°，
又∵∠EHA=∠BHG=60°，
∴∠AEH=60°，
∴∠CEB=∠FEC=60°，
∵∠ABK=90°，∠BAK=45°，
∴AB=BK=AC，∠K=∠BAK=45°，∠KBG=30°，
∴，
∵PE=DE，∠PEC=∠DEC，CE=CE，
∴△CPE≌△CDE（SAS），
∴∠CPE=∠CDE，
∵∠CDE=∠ADB=180°-∠ABD-∠CAB=105°，
∴∠CPE=105°，
∵∠BGK=180°-∠K-∠KBG=105°，
∴∠BGK=∠CPA，
在△CPA和△BGK中，
，
∴△CPA≌△BGK（AAS），
∴AP=GK，
∴；
（3）如图1所述，在锐角三角形ABC中，D是BC上一确定点，分别作D关于AB的对称点D1，关于AC的对称点D2，连接分别与AB，AC，交于点E，点F，连接，，，DE，DF，
由轴对称的性质可得，，
，，
∴要想△DEF的周长最小，即要最小，，是等腰三角形
∴要想要最小，即最小，
∴当AD⊥时，AD最小，
如图2所示：在锐角三角形ABC中，AD⊥BC，分别作D关于AB的对称点G，关于AC的对称点H，连接DG交AB于I，DH交AC于J，连接IJ，连接分别与AB，AC，交于点E，点F，连接DE，DF，CE，
∵DI⊥AB，DJ⊥AC，
∴∠AID=∠AJD=90°，
∴A，I，D，J四点共圆，
∴∠AIJ=∠ADJ
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠DJA=90°，
∴∠ACD+∠DAC=∠ADJ+∠DAJ=90°，
∴∠ACD=∠ADJ，
∴∠ACD=∠AIJ，
由轴对称的性质可知I，J分别为DG，DH的中点，
∴IJ是△DGH的中位线，
∴IJ∥GH，
∴∠AEF=∠AIJ=∠GEI，
∴∠ACD=∠AIJ=∠GEI，
又∵∠GEI=∠DEI，
∴∠ACD=∠DEI，
∵∠AED+∠DEI=180°，
∴∠ACD+∠AED=180°，
∴A、E、D、C四点共圆，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∴CE是AB的垂线，
同理可以证明BF是AC 垂线，
∴可知在锐角三角形ABC中，当取三边的垂足所形成的三角形为周长最短的三角形；
∴当△KMN周长最短时，BK⊥CE，即∠BKC=∠BKE=90°，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠ETI=45°，
∴T点在以EI为弦，圆周角∠ETI=45°的圆上运动，
又∵∠BKE=90°，
∴T在以K为圆心，以KI的长为半径的圆上运动，
∵I是BK的中点，
∴，
如图2所示，在BK上取一点Q使得，
∴
∵∠TKQ=∠BKT，，
∴△TKQ∽△BKT，
∴，
∴，
∴要想最大，则的值要最大，即的值要最大，
∴当T、C、Q三点共线时，有最大值，最大值为，
在直角三角形CKQ中，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，圆的综合等等，解题的关键在于能够熟练掌握圆的相关知识．
8．(1)见解析
(2)①，②当P、B、F三点共线时，PF有最大值为
【分析】（1）对角线是正方形的对称轴，即可得；
（2）①当G、C、M三点共线时，根据，，进而即可求得的值；
②连接，证明，求出相似比，求出，当P、B、F三点共线时，即可求出最大值．
【详解】（1）如图1，
∵对角线是正方形的对称轴，
∴；
（2）如图2，
①当G、C、M三点共线时，
∵，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
②如图3，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
在中，
，
当P、B、F三点共线时，
PF有最大值：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)；
(3)的最大值．
【分析】（1）根据证明三角形全等即可；
（2）证明垂直平分线段，推出，利用勾股定理求出，再利用三角形中位线定理求出；
（3）在旋转过程中，，而且当点H在线段上时，可以取到最大值．
【详解】（1）证明：∵与都是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（）；
（2）解：∵为等边的高，
∴，
∴，
∵，
∴，即G为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵N为的中点，
∴；
（3）解：如图，取的中点H，连接．
∵为等边的中线，
∴，
由（2）同理可得，
∵N为的中点，
∴是的中位线，
∴，
在旋转过程中，，
∴而且当点H在线段上时，可以取到最大值，
∴的最大值．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题．
10．(1)
(2)
【分析】（1）如图，设 结合题意可得：，结合正三角形的性质求解 再利用弧长公式进行计算即可；
（2）解：如图，取的中点N，连接NM，NC，MC，过N作于K，过O作于E，证明M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，可得当C，N，M三点共线时，CM最大，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，设 结合题意可得：，
为等边三角形，
而三点共线，
解得：
运动的总长度为：
（2）解：如图，取的中点N，连接NM，NC，MC，过N作于K，过O作于E，
为PB的中点，
∴M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，
∴当C，N，M三点共线时，CM最大，
同理可得： 则
∴的最大值为：
【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．
11．(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析；
(2)P的坐标为或
(3)
【分析】（1）将C(0， 4)和点D(2， 6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上；
（2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特征得出方程，解方程即可求出点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据△BEF的内心为I，可得．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得，又M是△BIO的外接圆，可得，，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，即可求得结果．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点C(0， 4)和点D(2， 6)，
∴ ，
解得，
∴．
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴，
把代入，
得，
∴在此抛物线上．
（2）设直线DG的解析式为，
∵，，
∴ ，
解得，
∴直线DG的解析式为．
假设此抛物线上存在这样的点，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
∵，，
∴，
解得，
故所求点P的坐标为或．
（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，
∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
∴∠IBE=，，
∴，
∴，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴，
∵M是△BIO的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM=，
∴，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴，
∴，
∴，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为．
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．
12．(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质以及定长定角的隐形圆等，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）先得出，然后得出，即可根据进行等量代换进而得出；
（2）先根据全等三角形的判定定理得出，进而得出，然后由勾股定理可知，即可根据进行等量代换并证得结论；
（3）延长至点，使得，连接，先证明，即可得出的最大面积即是的最大面积，进而分析可知（定弦），（定角），以为弦，过作圆，圆心为，连接，可得当垂直平分时，的面积取最大值，再证明，设，则，，最后可得的值．
【详解】（1）解：，，
，
，
，
，
，
；
（2）证：如图：过作交延长线于点，
延长交于点，
，
设，，
，
由（1）知，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，，
由勾股定理可知，
，
；
（3）解：延长至点，使得，连接，
H为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
的最大面积即是的最大面积，
，
，
，
，
可知（定弦），（定角），
以为弦，过作圆，圆心为，连接，
可得当垂直平分时，的面积取最大值，
延长交于，与交于连接，
，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
．
13．(1)，理由见解析
(2)，证明见解析
(3)的最小值为，点的运动轨迹的长度为
【分析】（1）延长交的延长线于点，延长交于点，证明，进而可证明，即可得结论；
（2）将绕点顺时针旋转至，连接，证明，得，，，将绕点逆时针旋转至，连接，同理可得，，，，进而可得三点共线，，用勾股定理即可得结论；
（3）作于，得 ，在正方形绕点旋转过程中，，当时，最大，此时最大，得，，由（1）可知，， 得点在以为直径的上，解直角三角形，利用勾股定理定理即可求出相关结论．
【详解】（1）解：，理由如下，延长交的延长线于点，延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（2）解：，理由如下，
四边形是正方形，
，，
如图，将绕点顺时针旋转至，连接，
，
，
，
，
，，，，
如图，将绕点逆时针旋转至，连接，
同理可证，
，，，，
，
，
三点共线，
，
，，
，
，
在中，，
即，
；
（3）解：正方形绕点旋转一周，，
在以为圆心，2为半径圆上，如图所示：
作于，中，，
在正方形绕点旋转过程中，，
当时，最大，
此时最大，，
，
，
由（1）可知，，
，
连接，取中点，连接，
在以为直径的上，
，，
，
，
，
此时、重合，最小，如图所示：
作，交的延长线于，
，，
，
由（1）知，，
，，
，
，
，
当点在左侧时，如图所示：
同理可得，，
点从左侧运动到右侧，点在上转过的角度为，
点从右侧运动到左侧，点在上转过的角度为，
正方形的边长为4，
，
点的运动轨迹为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的性质及判定，求动点的运动轨迹等动态几何问题，综合性强，难度较大，能正确作出辅助线并结合图形分类讨论是正确解答此题的关键．
14．(1)见解析
(2)2或
(3)135；；45；
【分析】（1）由旋转可得，，进而得到，从而证明，根据全等三角形的对应边线段得证结论；
（2）分点P在的上方或下方两种情况求解即可；
（3）连接，由得到，从而点D在以点A为圆心，半径为的圆上．当点D在的延长线上时，有最大值，最大值为，根据，可求得．当点D在线段上时，有最小值，最小值为，根据，可求得．
【详解】（1）证明：由旋转可得，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
（2）解：分两种情况讨论：
①如图，若点P在的上方，连接，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴点A，D，P在同一直线上，
∵在中，，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，；
②如图，若点P在的下方，连接
由①得，，
∵，
∴，
∴点B，P，D在同一直线上，
∵，
∴，，
∴，
∴在中，．
综上所述，的长为2或．
（3）解：连接，
∵，
∴，
∴点D在以点A为圆心，半径为的圆上．
如图，当点D在的延长线上时，有最大值，
最大值为，
此时，
∵，
∴．
如图，当点D在线段上时，有最小值，
最小值为，
此时．
故答案为：135；；45；
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆的定义，两点之间线段最短．利用全等三角形的性质是解题的关键．
15．(1)⊙O的半径为4
(2)
(3)
【分析】本题考查了勾股定理、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、最短路径问题等知识点，掌握相关几何结论是解答的关键.
（1）由题意得，即可求解；
（2）连接．可推出，，根据，推出是等边三角形，，即可求解；
（3）连接．可推出点M的运动轨迹以为直径的圆，设圆心为J，连接推出，求得，根据即可求解；
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴⊙O的半径为4
（2）解：如图1中，连接．
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
（3）解：如图2中，连接,
∵，，
∴，
∴点的运动轨迹以为直径的圆，设圆心为J，
连接
则，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，当C、J、M共线时取等号，
∴的最大值为，
故答案为：．

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