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浙教版数学九年级上学期重难点复习1:圆(一)
一、定点定长辅助圆模型
1．（2023九上·海珠期末）如图，在矩形中，，，点E是边上的动点，点M是点A关于直线的对称点，连接，则的最小值是（　　）．
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接BM，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=8，
在Rt△BAD中，
，
又∵ 点M是点A关于直线的对称点，
∴BM=BA=6，
又∵，即，
∴当且仅当B，M，D三点共线时，DM取得最小值4.
故答案为：C.
【分析】由折叠分析点M的运动轨迹为圆，进一步分析结合勾股定理计算即可得出结果，在书写过程也可以通过寻找动态过程的不变量分析计算得出结果.
2．如图， 在 Rt 中， ， 点 在边 上， 并且 ， 点 为边 上的动点， 将 沿直线 翻折， 点 落在点 处， 则点 到边 距离的最小值是（　　）
A．1.5 B．1.2 C．2.4 D．以上都不对
【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，以点F为圆心，FP为半径作，过点F作FD⊥AB于点D，交于点P'，
∴∠ADF=90°，
∵CF=2，将沿直线EF翻折，点C落在点P处，
∴FP=CF=2，
∴点P的运动轨迹为的一部分弧，
∴当点P运动到P'时，点P到边AB距离取得最小值为P'D，
∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴由勾股定理得AB=10，AF=AC-CF=6-2=4，
∵∠ADF=∠C=90°，∠A=∠A，
∴，
∴，
∴，
解得：DF=3.2，
∵FP'=FP=2，
∴P'D=DF-FP'=3.2-2=1.2，
∴点P到边AB距离最小值是1.2，
故答案为：B.
【分析】以点F为圆心，FP为半径作，过点F作FD⊥AB于点D，交于点P'，根据翻折的性质得FP=CF=2，利用“定点定弦”隐圆模型可知点P的运动轨迹为的一部分弧，进而得点P到边AB距离取得最小值为P'D，然后利用勾股定理得AB的值，接下来证出，根据相似三角形对应边成比例得，从而求出DF的值，进而求出P'D的值即可.
3． 如图所示，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，点D在AC 上，且AD=2，E 是AB 上的动点，连结DE，F，G分别是BC，DE的中点，连结AG，FG，当AG=FG时，线段DE 的长为（　　）
A． B． C． D．4
【答案】A
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图所示，过点F分别作，垂足分别为M、N，连接AF、DF、EF.
是的中位线
四边形FMAN是正方形
故答案为：A.
【分析】连接AF，由等腰三角形三线合一知AF平分；过点F分别作AB、AC的垂线段FN和FM，则由角平分线的性质定理知FM=FN ，此时可判断四边形FMAN是正方形，则FN是三角形ABC的中位线，则正方形的四条边可知；又由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，结合已知可得A、D、E、F四点共圆，则由圆内接四边形对角互补知是直角，再由正方形的性质可得是直角，则由同角的余角相等结合正方形的性质可证，则有DM=EN，此时利用AD和正方形的边长可求出AE的长，再利用勾股定理即可求得DE.
4．如图，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，点P为CA上的动点，连BP，过点A作AM⊥BP于M．当点P从点C运动到点A时，线段BM的中点N运动的路径长为（　　）
A．π B．π C．π D．2π
【答案】A
【知识点】圆周角定理；弧长的计算；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：设AB的中点为Q，连接NQ，如图所示：
∵N为BM的中点，Q为AB的中点，
∴NQ为△BAM的中位线，
∵AM⊥BP，
∴QN⊥BN，
∴∠QNB=90°，
∴点N的路径是以QB的中点O为圆心，长为半径的圆交CB于D的，
∵CA=CB=4，∠ACB=90°，
∴，∠QBD =45°，
∴∠DOQ=90°，
∴QD为⊙O的周长，
∴线段BM的中点N运动的路径长为：，
故答案为：A.
【分析】利用等腰直角三角形的性质、中位线定理、圆周角定理以及圆弧长度的计算公式来求解，通过分析点N的运动路径，确定其为圆弧的一部分，并计算该圆弧的长度.
5．（2023九上·秀屿期中）如图，在中，，，，点是内的一点，连接，，，满足，则的最小值是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．13
【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；圆的相关概念；圆周角定理；定点定长辅助圆模型
6．（2025八下·义乌月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB'F，连接B'D，则B'D的最小值是 　 　 ．
【答案】
【知识点】翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时时，此时B'D的值最小，
根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，
∴EB'⊥B' F，
∴EB'=EB
∵E是AB边的中点，AB=4，
∴AE=EB'=2，
∵AD=6，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时时，此时B'D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B'E=BE=2，即可求出B'D.
7．（2024·海曙模拟）如图，在平行四边形中，，点，分别为边上异于端点的动点，且，连接，将四边形沿着折叠得到四边形．当点落在平行四边形的边上时，的长为　 　．
【答案】，
【知识点】平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接、、，交于点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵将四边形沿着折叠得到四边形 ，
∴，
∴动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧，
①当点落在边上时，如图，
∵将四边形沿着折叠得到四边形 ，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴；
②当点落在边上时，如图，
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
③当点与点重合时，过点作于点，如图，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为，，
故答案为：，．
【分析】根据平行四边形的性质与判定证出四边形是平行四边形，得，，根据翻折的性质得，由”定点定长辅助圆”模型得动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧，然后进行分类讨论：①当点落在边上时，根据折叠的性质得，从而证出四边形是矩形，进而得，于是有，接下来解直角三角形求出的值，即可求出的值；②当点落在边上时，根据直径所对的圆周角是直角得，从而得，进而解直角三角形求出的值即可；③当点与点重合时，过点作于点，得，解直角三角形求出的值，从而得的值，再利用勾股定理得的值即可.
8．（2024八下·凉州期末）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为　 　．
【答案】2
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；轴对称的性质；四边形-动点问题；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，画出矩形的两条对称轴，MN
在矩形中：，
，
点是边的中点，
，
与关于对称，
，，，
在以为圆心，为半径的圆上运动，
点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为，
点只能在上，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形，
，
故答案为：．
【分析】
根据矩形的性质可得，再利用中点的定义可得，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，结合已知条件可得点只能在上，通过证明四边形是正方形，可得．
二、定角定弦辅助圆模型
9．（2025九上·上城开学考）如图，AB是半圆O的直径，AB＝5cm，AC＝4cm．D是弧BC上的一个动点（含端点B，不含端点C），连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE，在点D移动的过程中，BE的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定角定弦辅助圆模型；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图，取中点，以为圆心，为半径作，连接交于点，过点作于，
∵，
∴，
∴点在的上(不含点，可含点)运动，
∴当点与点重合时，取得最小值为，
∵是半圆的直径，
∴，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点与点重合时，取得最大值为，
∵点与点不重合，
∴，
综上所述，的取值范围为，
故答案为：B．
【分析】取中点，以为圆心，为半径作，连接交于点，过点作于，先求出，由”定角定弦隐圆模型“得点在的上(不含点，可含点)运动，从而得当点与点重合时，取得最小值为，然后根据直角所对的圆周角是直角以及勾股定理求出，同时求出，证明，得，进而求出，接下来利用勾股定理求出，于是得，则，即可求出，当点与点重合时，取得最大值为，且根据点与点不重合得，据此即可得出答案．
10．（2024九上·新昌期中）如图，等腰内接于圆O，直径，D是圆上一动点，连接，，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当，四边形的面积为；④当时，四边形的周长最大，正确的有（　　）
A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；手拉手全等模型；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：∵等腰内接于圆O，且为直径，
∴，
∴，即平分；故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴；故②正确；
作，交延长线于M，
∵，
∴，
∵A、C、B、D四点共圆，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
∵，
∴；
∵，
∴；
∵直径，，，
∴，，
∴，
四边形的面积为
，故③错误；
如图所示，分别以A、B为圆心，AD和BD长半径画弧分别交直线AB于点D2和D1，连接DD1和DD2，
∵
作的外接圆，连接，则、，设
，要使四边形的周长最大，只需要最大，即最大
再分别过O和D作D1D2的垂线段OM和DN，则
显然当取最大值时，最大，此时D、N、M、O四点共线
如图所示
，故④正确；
综上，①②④正确；
故选：C
【分析】①由等弦对等弧结合圆周角定理知当AC=BC时，必然有；
②由圆周角定理知，再由三角形的外角性质结合等量代换得；
③由圆周角定理知，则可作交延长线于得等腰，则可证明，由全等的性质可得，则由勾股定理结合等量代换可得，再利用勾股定理分别求出，最后借助割补法可得；
④ 由于，要使四边形的周长最大，只需最大，此时可在直线AB上分别截取AD2=AD、BD1=BD，再分别连接DD1和DD2，由于是直角，因此三角形的内角和可得，作的外接圆，则由圆周角定理可得，由垂径定理知，当时最大，由于AB是定值，即此时AD+BD最大，再由垂径定理可得此时AD=BD，再由勾股定理可得此时BD=2．
11．如图， 在等边三角形 中， 是 内部的一个动点， 且满足 ， 则线段 长的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，取AB中点D，以点D为圆心，BD为半径作，连接CD交于点P'，
∵，∠APB=90°，
∴点P的轨迹为上的一部分，，
∴当点P运动到P'时，线段CP长取得最小值为CP'，
∵为等边三角形，
∴，
∵D是AB中点，
∴∠BDC=90°，
∴，
∴，
∴线段CP长的最小值为，
故答案为：D.
【分析】取AB中点D，以点D为圆心，BD为半径作，连接CD交于点P'，根据“定角定弦”隐圆模型可知点P的轨迹为上的一部分，同时求出DP'的值，从而得当点P运动到P'时，线段CP长取得最小值为CP'，接下来根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出CD的值，最后求CP'=CD-DP'的值即可.
12．（2024九上·深圳开学考）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为1，则线段DH长度的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：在 正方形ABCD 中，AB=CD=AD，∠ADG=∠CDG，AB=1
∵DG=DG
∴△ADG≌△CDG（SAS）
∴∠DCG=∠DAG
∵AE=DF，∠BAE=∠CDF=90°，AB=CD
∴△ABE≌△DCF（SAS）
∴∠DCG=∠ABE
∴∠DAG=∠ABE
∵∠DAG+∠BAH=90°
∴∠ABH+∠BAH=90°
∴∠AHB=90°
∴点H在以AB为直径的圆上运动，当O，H、D三点共线时，DH最小，如下图：
在Rt△DOA中，
∴DH=DO-OH=
故答案为：B.
【分析】先根据SAS证明△ABE≌△DCF（SAS），△ADG≌△CDG（SAS）得到∠DAG=∠ABE=∠DCG，再证明：∠AHB=90°，得到点H在以AB为直径的圆上运动，当O，H、D三点共线时，DH最小，然后根据勾股定理求出OD，即：，然后再求DH即可.
13．如图， 在矩形 中， 已知 ， 现有一根长为 的木棒 紧贴着矩形的边 （即两个端点始终落在矩形的边上）， 按逆时针方向滑动一周， 则水棒 的中点 在运动过程中所围成的图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接BP，以B为圆心BP为半径作，分别交AB、BC于点M、N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵EF=2，P是EF中点，
∴，
∴当点E、F分别在AB、BC上时，点P的轨迹为上一部分，
∴同理可知点P运动过程中所围成的图形面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，
∵AB=2，BC=4，
∴水棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为，
故答案为：A.
【分析】利用“定角定弦”隐圆模型可知点P的运动轨迹，从而可知点P运动过程中所围成的图形面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，接下来代入数据进行求解即可.
14． 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别是CD，BC边上的动点，且始终满足 DE=CF，DF 与 AE 相交于点 G.以AG为斜边在AG下方作等腰直角三角形 AHG，使得∠AHG=90°，连结BH，则BH的最小值为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：连接AC， 取AD的中点O， 连接OG， CO，
∵△AHG和△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAH=∠CAG，
∴△BAH∽△CAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD， ∠ADE=∠DCF，
∵DE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∴∠AGD =∠ADE=90°，
∴当点O、G、C三点共线时， CG最小，
∴CG的最小值为
∴BH的最小值为
故答案为：C .
【分析】连接AC， 取AD的中点O， 连接OG， CO， 利用△BAH∽△CAG， 得再证明△ADE≌△DCF(SAS)，得∠DAE=∠CDF， 则∠AGD=∠ADE=90°， 可知当点O、G、C三点共线时，CG最小，从而解决问题.
15．（2024九上·浙江期中）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点A，D的连线交圆弧于点E，则的长为　 　.
【答案】
【知识点】圆周角定理；定角定弦辅助圆模型；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∴
故答案为：
【分析】观察图形，由圆周角定理的推论知AC为圆弧的直径，连接CE可得，又由勾股定理及其逆定理可得为等腰直角三角形，再由等腰三角形三线合一得为等腰直角三角形且即可．
16．（2023九上·兴化期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为、，点是第一象限内右上方的一动点，且满足．若点坐标为，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的外接圆与外心；切线的性质；解直角三角形；一次函数的实际应用-几何问题；定角定弦辅助圆模型
17．（2024·杭州模拟）如图，在中，，，以C为圆心，为半径作圆.点D为AB上的动点，DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，连结PQ，分别交AC和BC于点E、F，取PQ的中点M.
（1）当时，求劣弧PQ的度数；
（2）当时，求AD的长；
（3）连结，.
①证明：.
②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图，连结CP、CQ.
因为DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，所以，
所以，当时，则弧PQ为130°
.
（2）解：连结CD，显然，当时，显然，
则，即CD平分，过点D作DG垂直BC于点G，则AD=AG，
则，解得.
（3）解：①根据相似于可得，即
②由（2）可得，C、D、M三点共线，且，则相似于，可得，又由①中，得：，即，解得，所以点M在以CE为直径的圆上运动，取CE的中点H，当B、M、H三点共线时，BM最短，此时最小值为6.
【知识点】切线长定理；定角定弦辅助圆模型；射影定理模型（双垂直模型）；圆的对称性
【解析】【分析】（1）由切线连接半径，从已知角逐步往目标角推理得出角度即可；
（2）由切线长连接CD，结合对称性，即若CE=CF，此时点D在已知定△ABC中的∠ACB的角平分线上，可以通过勾股定理算出斜边BC，并利用角平分线的性质作垂结合等积求出AD即可；
（3）①由切线长推出CD经过PQ中点M，此时PQ垂直平分CD，故而得证与目标线段相关的两三角形相似，最后利用相似对应边成比例得证；
②利用①的结论即在Rt△CPD中典型的射影定理进行推理计算，找出动态变化中的不变量，即CE为定值，∠CME为定角，从而得出M的运动轨迹为圆，进而分析出其最值即可.
18．（2023九上·天津市月考）如图，在矩形中，，以点为中心将矩形旋转任意角度，得到矩形，点的对应点分别为．
（1）如图①，当点落在边上时，求线段的长；
（2）如图②，当点落在线段上时，与交于点，求线段的长；
（3）如图③，若矩形的对角线相交于点，连接，若面积为请直接写出的取值范围　 　．
【答案】（1）解：由旋转的性质知，
∵四边形是矩形，
∴，∠，，
∴；
∴；
（2）解：连接，
由旋转知：，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵在矩形中，有，
∴，
∴，
∴，
设，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，即；
（3）
【知识点】矩形的性质；圆的综合题；旋转的性质；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：（3）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
如图，始终在以B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为4，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，
∴当点G在线段上时，此时最短，则面积有最小值；
当点G在线段延长线上时，此时最长，则面积有最大值；
分情况讨论：
当点G在线段上时，面积有最小值，
∴；
当点G在线段延长线上时，面积有最大值．
∴．
∴．
故答案为：
【分析】（1）先根据旋转的性质得到，进而根据矩形的性质结合勾股定理即可求解；
（2）连接，先根据旋转的性质得到，，进而结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据矩形的性质、平行线的性质即可得到，设，再根据勾股定理即可求解；
（3）先根据矩形的性质结合勾股定理即可得到BD，进而得到BP，再运用圆的性质结合题意即可得到始终在以B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为4，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，进而运用三角形的面积公式即可求解。
三、四点共圆模型
19．（2025·拱墅模拟）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，线段EF不经过点O，且EF∥BC，EF分别与边AB，CD交于点G，H，EG=FH，连接AE.若AD=2，EF=4，点O在线段AE的垂直平分线上，则 AG·GB 是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质；四点共圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图， 连接OE、OF、BF， 作直线 垂足为P，
在矩形ABCD中， 直线OP垂直平分BC，
∵EF∥BC，
∴直线OP垂直平分GH，
∵点O在线段AE的垂直平分线上，
∴OA=OE，
∴点A、E、B、C、F、D共圆，
∴△EGA∽△BGF，
∴AG·GB=GF·EG=3×1=3.
故答案为：B .
【分析】连接OE、OF、BF， 作直线 垂足为P， 利用条件证明出点A、E、B、C、F、D共圆，再利用条件判定 根据相似三角形性质得到AG·GB=GF·EG=3×1=3即可.
20．（2025·萧山模拟）如图，E是正方形的边上一动点（不与C，D重合），连结，以为边作正方形，点M是的中点，连结．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（　　）
A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对
【答案】A
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；四点共圆模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即；
② 如图所示，连接BD，EM.
∵，
∴，
∴
∴四点共圆，且
∴
∵正方形ABCD中，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴B、M、D三点共线，
故选：A．
【分析】
① 连接，由正方形的性质知，则可证，则，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，故结论正确；
② 连接BD，EM，则是等腰直角三角形，且、，则可证明点四点共圆，则由圆周角定理得；再利用SAS证，则，因为正方形ABCD中，则B、M、D三点共线.
21．（2025·柯桥二模）如图，在△ABC中，AB=AC，过点A作AD⊥AC，交BC于点D，点F是AB上的点，且满足DB=DF，连接CF，若AC=5，CF=6，则CD=　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；四点共圆模型；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵等腰三角形△ABC中，
∴AB=AC=5
∴AD⊥AC，即∠DAC=90°
∴DB=DF
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB
∵DB=DF，
∴∠B=∠DFB
∴∠ACB=∠DFB
∵∠ACB=∠DFB，
∴A、F、D、C 四点共圆，
根据四点共圆性质，∠DFC=∠DAC=90°，
∵∠DAC=90°，
∴∠DFC=90°
设CD=x，在Rt△DAC中，
由勾股定理得AD2=CD2-AC2=x2-25，
∵DB=DF，∠DFC=90°，
∴△DFC∽△DAC
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】根据等腰三角形的性质即可推出∠ACB=∠DFB，再根据圆的基本性质可得∠DFC=∠DAC=90°，利用勾股定理与相似三角形的性质即可得CD的值.
22．（2024九上·杭州开学考）如图，在正方形中，，为上一动点，交于点，过作，交于点，连结、，与交于点．下列结论：①，②，③△的周长为12，④，其中正确的结论有 　 　．
【答案】②③④
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合；半角模型；四点共圆模型
【解析】【解答】解：①如图1，连接，过点作于，
四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
∴，
，，
∴，
，
∵，
∴，
，
又，
，
，
，
，
为直角的斜边，
，
∴，故①错误；
②由①得，
，
，故②正确；
③如图2，延长交于，延长至点，使，过点作交延长线于，连接，，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
，
、、、四点共 圆，
，
由①得，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，，
∴垂直平分，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的周长为，故③正确；
④如图，把绕顺时针旋转得，连接，
，，，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
，
∴，
由②得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有②③④，
故答案为：②③④．
【分析】①连接，过点作于，结合正方形的性质推出，得，，从而得，然后证明，进而得，则，于是得，结合为直角的斜边，故；
②结合①中的，由，得；
③延长交于，延长至点，使，过点作交延长线于，连接，，，结合正方形的性质推出四边形是平行四边形，得，然后证明、、、四点共 圆，由圆周角定理可得，从而得，进而证明，得，接下来证明，得，最后可求出的周长为12；
④把绕顺时针旋转得，连接，可得，，得到，即，再证明得，代入可得．
23．（2023九下·宁波月考）如图，矩形ABCD中，，点在AB上，且，点在BC边上运动，以线段EF为嵞边在点的异侧作等腰，
使B、E、G、F四点共圆.连接BG、CG
（1）∠EBG=　 　；
（2）当CG最小时，　 　
【答案】（1）45°
（2）
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；四点共圆模型
【解析】【解答】解： (1) 如图1，
∵B、E、 G、F四点共圆，
∵等腰
故答案为：
(2) 由 (1) 得BG平分 ∴点G在 '的平分线上，
∴当 时， CG最小，此时， 如图2，
是以BC为斜边的等腰直角三角形，
∴∠EGB=∠FGC，
在△EGB和△FGC中，
∴△EGB≌△FGC(SAS)，
∴BE=CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∵BE=1， AB=3，
∴CF = BE=1，
在Rt△ABC中， ∠BAC =60°，
∴∠ACB=30°，
∴AC =2AB=6，
故答案为：
【分析】（1） 取EF的中点O， 连接OB，OG， 作射线BG， 证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上，得点G在 的平分线上，当 时，CG最小，此时，
（2）根据 是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明 可得 根据含30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论.
24．（2024九上·拱墅期中）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
（1）反思归纳：
上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）
（3）解：①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，
四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定；四点共圆模型；母子相似模型（公共边公共角）
【解析】【解答】解：（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）
点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
25．（2024·珠海模拟）综合与实践“求真”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则（依据1）
，，
点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆），
点B，D在点A，C，E所确定的上（依据2），
点A，B，C，D四点在同一个圆上．
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，，，则的度数为　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知是等腰三角形，，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆
（2）
（3）解：①证明：，，
点E与点C关于AD的对称，，，
，，，，
，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接CF，
点E与点C关于AD对称，，，，
，D，B，E四点共圆，，，
，B，F，C四点共圆，，
，，，．
【知识点】圆的综合题；四点共圆模型
【解析】【分析】(1)AECB为圆的内接四边形，对角互补可得依据；点A、C 、E在同一圆上，A、B 、C在同一圆上，唯一确定，可得依据；
(2)由圆内接四边形对角互补可得∠4的度数；
(3)①由等腰三角形的性质和对称的性质可得∠AED=∠ACB，∠AED=∠ABC可得A、D、B、E四点共圆； ②由A、D、B、E和A、B、F、C共圆可得，可得不变.
1 / 1浙教版数学九年级上学期重难点复习1:圆(一)
一、定点定长辅助圆模型
1．（2023九上·海珠期末）如图，在矩形中，，，点E是边上的动点，点M是点A关于直线的对称点，连接，则的最小值是（　　）．
A．6 B．5 C．4 D．3
2．如图， 在 Rt 中， ， 点 在边 上， 并且 ， 点 为边 上的动点， 将 沿直线 翻折， 点 落在点 处， 则点 到边 距离的最小值是（　　）
A．1.5 B．1.2 C．2.4 D．以上都不对
3． 如图所示，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，点D在AC 上，且AD=2，E 是AB 上的动点，连结DE，F，G分别是BC，DE的中点，连结AG，FG，当AG=FG时，线段DE 的长为（　　）
A． B． C． D．4
4．如图，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，点P为CA上的动点，连BP，过点A作AM⊥BP于M．当点P从点C运动到点A时，线段BM的中点N运动的路径长为（　　）
A．π B．π C．π D．2π
5．（2023九上·秀屿期中）如图，在中，，，，点是内的一点，连接，，，满足，则的最小值是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．13
6．（2025八下·义乌月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB'F，连接B'D，则B'D的最小值是 　 　 ．
7．（2024·海曙模拟）如图，在平行四边形中，，点，分别为边上异于端点的动点，且，连接，将四边形沿着折叠得到四边形．当点落在平行四边形的边上时，的长为　 　．
8．（2024八下·凉州期末）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为　 　．
二、定角定弦辅助圆模型
9．（2025九上·上城开学考）如图，AB是半圆O的直径，AB＝5cm，AC＝4cm．D是弧BC上的一个动点（含端点B，不含端点C），连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE，在点D移动的过程中，BE的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024九上·新昌期中）如图，等腰内接于圆O，直径，D是圆上一动点，连接，，且交于点G．下列结论：①平分；②；③当，四边形的面积为；④当时，四边形的周长最大，正确的有（　　）
A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
11．如图， 在等边三角形 中， 是 内部的一个动点， 且满足 ， 则线段 长的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
12．（2024九上·深圳开学考）如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为1，则线段DH长度的最小值是（　　）
A． B． C． D．
13．如图， 在矩形 中， 已知 ， 现有一根长为 的木棒 紧贴着矩形的边 （即两个端点始终落在矩形的边上）， 按逆时针方向滑动一周， 则水棒 的中点 在运动过程中所围成的图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
14． 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别是CD，BC边上的动点，且始终满足 DE=CF，DF 与 AE 相交于点 G.以AG为斜边在AG下方作等腰直角三角形 AHG，使得∠AHG=90°，连结BH，则BH的最小值为 (　　)
A． B． C． D．
15．（2024九上·浙江期中）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点A，D的连线交圆弧于点E，则的长为　 　.
16．（2023九上·兴化期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为、，点是第一象限内右上方的一动点，且满足．若点坐标为，则的最大值为　 　．
17．（2024·杭州模拟）如图，在中，，，以C为圆心，为半径作圆.点D为AB上的动点，DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，连结PQ，分别交AC和BC于点E、F，取PQ的中点M.
（1）当时，求劣弧PQ的度数；
（2）当时，求AD的长；
（3）连结，.
①证明：.
②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请说明理由.
18．（2023九上·天津市月考）如图，在矩形中，，以点为中心将矩形旋转任意角度，得到矩形，点的对应点分别为．
（1）如图①，当点落在边上时，求线段的长；
（2）如图②，当点落在线段上时，与交于点，求线段的长；
（3）如图③，若矩形的对角线相交于点，连接，若面积为请直接写出的取值范围　 　．
三、四点共圆模型
19．（2025·拱墅模拟）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，线段EF不经过点O，且EF∥BC，EF分别与边AB，CD交于点G，H，EG=FH，连接AE.若AD=2，EF=4，点O在线段AE的垂直平分线上，则 AG·GB 是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
20．（2025·萧山模拟）如图，E是正方形的边上一动点（不与C，D重合），连结，以为边作正方形，点M是的中点，连结．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（　　）
A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对
21．（2025·柯桥二模）如图，在△ABC中，AB=AC，过点A作AD⊥AC，交BC于点D，点F是AB上的点，且满足DB=DF，连接CF，若AC=5，CF=6，则CD=　 　.
22．（2024九上·杭州开学考）如图，在正方形中，，为上一动点，交于点，过作，交于点，连结、，与交于点．下列结论：①，②，③△的周长为12，④，其中正确的结论有 　 　．
23．（2023九下·宁波月考）如图，矩形ABCD中，，点在AB上，且，点在BC边上运动，以线段EF为嵞边在点的异侧作等腰，
使B、E、G、F四点共圆.连接BG、CG
（1）∠EBG=　 　；
（2）当CG最小时，　 　
24．（2024九上·拱墅期中）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
（1）反思归纳：
上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
25．（2024·珠海模拟）综合与实践“求真”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则（依据1）
，，
点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆），
点B，D在点A，C，E所确定的上（依据2），
点A，B，C，D四点在同一个圆上．
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：　 　；依据2：　 　．
（2）如图3，在四边形ABCD中，，，则的度数为　 　．
（3）拓展探究：
如图4，已知是等腰三角形，，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接BM，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=8，
在Rt△BAD中，
，
又∵ 点M是点A关于直线的对称点，
∴BM=BA=6，
又∵，即，
∴当且仅当B，M，D三点共线时，DM取得最小值4.
故答案为：C.
【分析】由折叠分析点M的运动轨迹为圆，进一步分析结合勾股定理计算即可得出结果，在书写过程也可以通过寻找动态过程的不变量分析计算得出结果.
2．【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，以点F为圆心，FP为半径作，过点F作FD⊥AB于点D，交于点P'，
∴∠ADF=90°，
∵CF=2，将沿直线EF翻折，点C落在点P处，
∴FP=CF=2，
∴点P的运动轨迹为的一部分弧，
∴当点P运动到P'时，点P到边AB距离取得最小值为P'D，
∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴由勾股定理得AB=10，AF=AC-CF=6-2=4，
∵∠ADF=∠C=90°，∠A=∠A，
∴，
∴，
∴，
解得：DF=3.2，
∵FP'=FP=2，
∴P'D=DF-FP'=3.2-2=1.2，
∴点P到边AB距离最小值是1.2，
故答案为：B.
【分析】以点F为圆心，FP为半径作，过点F作FD⊥AB于点D，交于点P'，根据翻折的性质得FP=CF=2，利用“定点定弦”隐圆模型可知点P的运动轨迹为的一部分弧，进而得点P到边AB距离取得最小值为P'D，然后利用勾股定理得AB的值，接下来证出，根据相似三角形对应边成比例得，从而求出DF的值，进而求出P'D的值即可.
3．【答案】A
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图所示，过点F分别作，垂足分别为M、N，连接AF、DF、EF.
是的中位线
四边形FMAN是正方形
故答案为：A.
【分析】连接AF，由等腰三角形三线合一知AF平分；过点F分别作AB、AC的垂线段FN和FM，则由角平分线的性质定理知FM=FN ，此时可判断四边形FMAN是正方形，则FN是三角形ABC的中位线，则正方形的四条边可知；又由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，结合已知可得A、D、E、F四点共圆，则由圆内接四边形对角互补知是直角，再由正方形的性质可得是直角，则由同角的余角相等结合正方形的性质可证，则有DM=EN，此时利用AD和正方形的边长可求出AE的长，再利用勾股定理即可求得DE.
4．【答案】A
【知识点】圆周角定理；弧长的计算；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：设AB的中点为Q，连接NQ，如图所示：
∵N为BM的中点，Q为AB的中点，
∴NQ为△BAM的中位线，
∵AM⊥BP，
∴QN⊥BN，
∴∠QNB=90°，
∴点N的路径是以QB的中点O为圆心，长为半径的圆交CB于D的，
∵CA=CB=4，∠ACB=90°，
∴，∠QBD =45°，
∴∠DOQ=90°，
∴QD为⊙O的周长，
∴线段BM的中点N运动的路径长为：，
故答案为：A.
【分析】利用等腰直角三角形的性质、中位线定理、圆周角定理以及圆弧长度的计算公式来求解，通过分析点N的运动路径，确定其为圆弧的一部分，并计算该圆弧的长度.
5．【答案】C
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；圆的相关概念；圆周角定理；定点定长辅助圆模型
6．【答案】
【知识点】翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时时，此时B'D的值最小，
根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，
∴EB'⊥B' F，
∴EB'=EB
∵E是AB边的中点，AB=4，
∴AE=EB'=2，
∵AD=6，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时时，此时B'D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B'E=BE=2，即可求出B'D.
7．【答案】，
【知识点】平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接、、，交于点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵将四边形沿着折叠得到四边形 ，
∴，
∴动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧，
①当点落在边上时，如图，
∵将四边形沿着折叠得到四边形 ，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴；
②当点落在边上时，如图，
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
③当点与点重合时，过点作于点，如图，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为，，
故答案为：，．
【分析】根据平行四边形的性质与判定证出四边形是平行四边形，得，，根据翻折的性质得，由”定点定长辅助圆”模型得动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧，然后进行分类讨论：①当点落在边上时，根据折叠的性质得，从而证出四边形是矩形，进而得，于是有，接下来解直角三角形求出的值，即可求出的值；②当点落在边上时，根据直径所对的圆周角是直角得，从而得，进而解直角三角形求出的值即可；③当点与点重合时，过点作于点，得，解直角三角形求出的值，从而得的值，再利用勾股定理得的值即可.
8．【答案】2
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；轴对称的性质；四边形-动点问题；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，画出矩形的两条对称轴，MN
在矩形中：，
，
点是边的中点，
，
与关于对称，
，，，
在以为圆心，为半径的圆上运动，
点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为，
点只能在上，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形，
，
故答案为：．
【分析】
根据矩形的性质可得，再利用中点的定义可得，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，结合已知条件可得点只能在上，通过证明四边形是正方形，可得．
9．【答案】B
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定角定弦辅助圆模型；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图，取中点，以为圆心，为半径作，连接交于点，过点作于，
∵，
∴，
∴点在的上(不含点，可含点)运动，
∴当点与点重合时，取得最小值为，
∵是半圆的直径，
∴，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点与点重合时，取得最大值为，
∵点与点不重合，
∴，
综上所述，的取值范围为，
故答案为：B．
【分析】取中点，以为圆心，为半径作，连接交于点，过点作于，先求出，由”定角定弦隐圆模型“得点在的上(不含点，可含点)运动，从而得当点与点重合时，取得最小值为，然后根据直角所对的圆周角是直角以及勾股定理求出，同时求出，证明，得，进而求出，接下来利用勾股定理求出，于是得，则，即可求出，当点与点重合时，取得最大值为，且根据点与点不重合得，据此即可得出答案．
10．【答案】C
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；手拉手全等模型；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：∵等腰内接于圆O，且为直径，
∴，
∴，即平分；故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴；故②正确；
作，交延长线于M，
∵，
∴，
∵A、C、B、D四点共圆，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
∵，
∴；
∵，
∴；
∵直径，，，
∴，，
∴，
四边形的面积为
，故③错误；
如图所示，分别以A、B为圆心，AD和BD长半径画弧分别交直线AB于点D2和D1，连接DD1和DD2，
∵
作的外接圆，连接，则、，设
，要使四边形的周长最大，只需要最大，即最大
再分别过O和D作D1D2的垂线段OM和DN，则
显然当取最大值时，最大，此时D、N、M、O四点共线
如图所示
，故④正确；
综上，①②④正确；
故选：C
【分析】①由等弦对等弧结合圆周角定理知当AC=BC时，必然有；
②由圆周角定理知，再由三角形的外角性质结合等量代换得；
③由圆周角定理知，则可作交延长线于得等腰，则可证明，由全等的性质可得，则由勾股定理结合等量代换可得，再利用勾股定理分别求出，最后借助割补法可得；
④ 由于，要使四边形的周长最大，只需最大，此时可在直线AB上分别截取AD2=AD、BD1=BD，再分别连接DD1和DD2，由于是直角，因此三角形的内角和可得，作的外接圆，则由圆周角定理可得，由垂径定理知，当时最大，由于AB是定值，即此时AD+BD最大，再由垂径定理可得此时AD=BD，再由勾股定理可得此时BD=2．
11．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，取AB中点D，以点D为圆心，BD为半径作，连接CD交于点P'，
∵，∠APB=90°，
∴点P的轨迹为上的一部分，，
∴当点P运动到P'时，线段CP长取得最小值为CP'，
∵为等边三角形，
∴，
∵D是AB中点，
∴∠BDC=90°，
∴，
∴，
∴线段CP长的最小值为，
故答案为：D.
【分析】取AB中点D，以点D为圆心，BD为半径作，连接CD交于点P'，根据“定角定弦”隐圆模型可知点P的轨迹为上的一部分，同时求出DP'的值，从而得当点P运动到P'时，线段CP长取得最小值为CP'，接下来根据等边三角形的性质，利用勾股定理求出CD的值，最后求CP'=CD-DP'的值即可.
12．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：在 正方形ABCD 中，AB=CD=AD，∠ADG=∠CDG，AB=1
∵DG=DG
∴△ADG≌△CDG（SAS）
∴∠DCG=∠DAG
∵AE=DF，∠BAE=∠CDF=90°，AB=CD
∴△ABE≌△DCF（SAS）
∴∠DCG=∠ABE
∴∠DAG=∠ABE
∵∠DAG+∠BAH=90°
∴∠ABH+∠BAH=90°
∴∠AHB=90°
∴点H在以AB为直径的圆上运动，当O，H、D三点共线时，DH最小，如下图：
在Rt△DOA中，
∴DH=DO-OH=
故答案为：B.
【分析】先根据SAS证明△ABE≌△DCF（SAS），△ADG≌△CDG（SAS）得到∠DAG=∠ABE=∠DCG，再证明：∠AHB=90°，得到点H在以AB为直径的圆上运动，当O，H、D三点共线时，DH最小，然后根据勾股定理求出OD，即：，然后再求DH即可.
13．【答案】A
【知识点】定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：如图，连接BP，以B为圆心BP为半径作，分别交AB、BC于点M、N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵EF=2，P是EF中点，
∴，
∴当点E、F分别在AB、BC上时，点P的轨迹为上一部分，
∴同理可知点P运动过程中所围成的图形面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，
∵AB=2，BC=4，
∴水棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为，
故答案为：A.
【分析】利用“定角定弦”隐圆模型可知点P的运动轨迹，从而可知点P运动过程中所围成的图形面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，接下来代入数据进行求解即可.
14．【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：连接AC， 取AD的中点O， 连接OG， CO，
∵△AHG和△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAH=∠CAG，
∴△BAH∽△CAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD， ∠ADE=∠DCF，
∵DE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∴∠AGD =∠ADE=90°，
∴当点O、G、C三点共线时， CG最小，
∴CG的最小值为
∴BH的最小值为
故答案为：C .
【分析】连接AC， 取AD的中点O， 连接OG， CO， 利用△BAH∽△CAG， 得再证明△ADE≌△DCF(SAS)，得∠DAE=∠CDF， 则∠AGD=∠ADE=90°， 可知当点O、G、C三点共线时，CG最小，从而解决问题.
15．【答案】
【知识点】圆周角定理；定角定弦辅助圆模型；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴是圆的直径，
∴，
∴
故答案为：
【分析】观察图形，由圆周角定理的推论知AC为圆弧的直径，连接CE可得，又由勾股定理及其逆定理可得为等腰直角三角形，再由等腰三角形三线合一得为等腰直角三角形且即可．
16．【答案】
【知识点】三角形的外接圆与外心；切线的性质；解直角三角形；一次函数的实际应用-几何问题；定角定弦辅助圆模型
17．【答案】（1）解：如图，连结CP、CQ.
因为DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，所以，
所以，当时，则弧PQ为130°
.
（2）解：连结CD，显然，当时，显然，
则，即CD平分，过点D作DG垂直BC于点G，则AD=AG，
则，解得.
（3）解：①根据相似于可得，即
②由（2）可得，C、D、M三点共线，且，则相似于，可得，又由①中，得：，即，解得，所以点M在以CE为直径的圆上运动，取CE的中点H，当B、M、H三点共线时，BM最短，此时最小值为6.
【知识点】切线长定理；定角定弦辅助圆模型；射影定理模型（双垂直模型）；圆的对称性
【解析】【分析】（1）由切线连接半径，从已知角逐步往目标角推理得出角度即可；
（2）由切线长连接CD，结合对称性，即若CE=CF，此时点D在已知定△ABC中的∠ACB的角平分线上，可以通过勾股定理算出斜边BC，并利用角平分线的性质作垂结合等积求出AD即可；
（3）①由切线长推出CD经过PQ中点M，此时PQ垂直平分CD，故而得证与目标线段相关的两三角形相似，最后利用相似对应边成比例得证；
②利用①的结论即在Rt△CPD中典型的射影定理进行推理计算，找出动态变化中的不变量，即CE为定值，∠CME为定角，从而得出M的运动轨迹为圆，进而分析出其最值即可.
18．【答案】（1）解：由旋转的性质知，
∵四边形是矩形，
∴，∠，，
∴；
∴；
（2）解：连接，
由旋转知：，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵在矩形中，有，
∴，
∴，
∴，
设，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，即；
（3）
【知识点】矩形的性质；圆的综合题；旋转的性质；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：（3）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
如图，始终在以B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为4，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，
∴当点G在线段上时，此时最短，则面积有最小值；
当点G在线段延长线上时，此时最长，则面积有最大值；
分情况讨论：
当点G在线段上时，面积有最小值，
∴；
当点G在线段延长线上时，面积有最大值．
∴．
∴．
故答案为：
【分析】（1）先根据旋转的性质得到，进而根据矩形的性质结合勾股定理即可求解；
（2）连接，先根据旋转的性质得到，，进而结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据矩形的性质、平行线的性质即可得到，设，再根据勾股定理即可求解；
（3）先根据矩形的性质结合勾股定理即可得到BD，进而得到BP，再运用圆的性质结合题意即可得到始终在以B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为4，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，进而运用三角形的面积公式即可求解。
19．【答案】B
【知识点】矩形的性质；圆内接四边形的性质；四点共圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图， 连接OE、OF、BF， 作直线 垂足为P，
在矩形ABCD中， 直线OP垂直平分BC，
∵EF∥BC，
∴直线OP垂直平分GH，
∵点O在线段AE的垂直平分线上，
∴OA=OE，
∴点A、E、B、C、F、D共圆，
∴△EGA∽△BGF，
∴AG·GB=GF·EG=3×1=3.
故答案为：B .
【分析】连接OE、OF、BF， 作直线 垂足为P， 利用条件证明出点A、E、B、C、F、D共圆，再利用条件判定 根据相似三角形性质得到AG·GB=GF·EG=3×1=3即可.
20．【答案】A
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；四点共圆模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即；
② 如图所示，连接BD，EM.
∵，
∴，
∴
∴四点共圆，且
∴
∵正方形ABCD中，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴B、M、D三点共线，
故选：A．
【分析】
① 连接，由正方形的性质知，则可证，则，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，故结论正确；
② 连接BD，EM，则是等腰直角三角形，且、，则可证明点四点共圆，则由圆周角定理得；再利用SAS证，则，因为正方形ABCD中，则B、M、D三点共线.
21．【答案】
【知识点】勾股定理；四点共圆模型；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵等腰三角形△ABC中，
∴AB=AC=5
∴AD⊥AC，即∠DAC=90°
∴DB=DF
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB
∵DB=DF，
∴∠B=∠DFB
∴∠ACB=∠DFB
∵∠ACB=∠DFB，
∴A、F、D、C 四点共圆，
根据四点共圆性质，∠DFC=∠DAC=90°，
∵∠DAC=90°，
∴∠DFC=90°
设CD=x，在Rt△DAC中，
由勾股定理得AD2=CD2-AC2=x2-25，
∵DB=DF，∠DFC=90°，
∴△DFC∽△DAC
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】根据等腰三角形的性质即可推出∠ACB=∠DFB，再根据圆的基本性质可得∠DFC=∠DAC=90°，利用勾股定理与相似三角形的性质即可得CD的值.
22．【答案】②③④
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合；半角模型；四点共圆模型
【解析】【解答】解：①如图1，连接，过点作于，
四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
∴，
，，
∴，
，
∵，
∴，
，
又，
，
，
，
，
为直角的斜边，
，
∴，故①错误；
②由①得，
，
，故②正确；
③如图2，延长交于，延长至点，使，过点作交延长线于，连接，，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
，
、、、四点共 圆，
，
由①得，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，，
∴垂直平分，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的周长为，故③正确；
④如图，把绕顺时针旋转得，连接，
，，，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
，
∴，
由②得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有②③④，
故答案为：②③④．
【分析】①连接，过点作于，结合正方形的性质推出，得，，从而得，然后证明，进而得，则，于是得，结合为直角的斜边，故；
②结合①中的，由，得；
③延长交于，延长至点，使，过点作交延长线于，连接，，，结合正方形的性质推出四边形是平行四边形，得，然后证明、、、四点共 圆，由圆周角定理可得，从而得，进而证明，得，接下来证明，得，最后可求出的周长为12；
④把绕顺时针旋转得，连接，可得，，得到，即，再证明得，代入可得．
23．【答案】（1）45°
（2）
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；四点共圆模型
【解析】【解答】解： (1) 如图1，
∵B、E、 G、F四点共圆，
∵等腰
故答案为：
(2) 由 (1) 得BG平分 ∴点G在 '的平分线上，
∴当 时， CG最小，此时， 如图2，
是以BC为斜边的等腰直角三角形，
∴∠EGB=∠FGC，
在△EGB和△FGC中，
∴△EGB≌△FGC(SAS)，
∴BE=CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∵BE=1， AB=3，
∴CF = BE=1，
在Rt△ABC中， ∠BAC =60°，
∴∠ACB=30°，
∴AC =2AB=6，
故答案为：
【分析】（1） 取EF的中点O， 连接OB，OG， 作射线BG， 证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上，得点G在 的平分线上，当 时，CG最小，此时，
（2）根据 是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明 可得 根据含30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论.
24．【答案】（1）圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）
（3）解：①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，
四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定；四点共圆模型；母子相似模型（公共边公共角）
【解析】【解答】解：（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）
点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：；
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
25．【答案】（1）圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆
（2）
（3）解：①证明：，，
点E与点C关于AD的对称，，，
，，，，
，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接CF，
点E与点C关于AD对称，，，，
，D，B，E四点共圆，，，
，B，F，C四点共圆，，
，，，．
【知识点】圆的综合题；四点共圆模型
【解析】【分析】(1)AECB为圆的内接四边形，对角互补可得依据；点A、C 、E在同一圆上，A、B 、C在同一圆上，唯一确定，可得依据；
(2)由圆内接四边形对角互补可得∠4的度数；
(3)①由等腰三角形的性质和对称的性质可得∠AED=∠ACB，∠AED=∠ABC可得A、D、B、E四点共圆； ②由A、D、B、E和A、B、F、C共圆可得，可得不变.
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