第09讲 四点共圆模型（学霸秘籍，压轴题专项训练）2026年中考数学（江苏专用）

第九讲 四点共圆模型『压轴题之经典模型培优方案』 〔考法综述+技巧点拨+典例剖析+预测达标练〕 【解析版】 在此输入内容，确保信息清晰简洁，便于观众快速理解。文字应简明扼要，突出重点，搭配合适的字体和配色，提升可读性。 讲义说明 资料简介 本讲义专为江苏省中考考生定制，聚焦数学压轴题几何模型，帮助学生掌握解题方法、强化答题技巧，轻松攻克压轴题，助力中考数学取得优异成绩。 讲义设置四大核心模块，层层递进助力备考： 模块一 考情透视，考法综述—深度剖析江苏中考压轴题命题趋势，明晰考情考点； 模块二 技巧点拨，方法揭秘—梳理核心解题思路，传授实用答题技巧，破解解题难点； 模块三 核心精讲，典例剖析—针对高频考点细致讲解，结合典型例题拆解解题步骤； 模块四 考题预测，满分训练—立足考情精准预测考题，搭配专项训练题，强化实战能力。 全程立足江苏中考考情，讲练结合，全方位提升学生压轴题解题能力，夯实数学高分基础。 模块一 考情透视 考法综述 对角互补造辅助圆（四点共圆）、定角定高构造辅助圆与点圆最值构造辅助圆，其来源均依托圆的核心定义与性质（圆周角定理、点与圆位置关系等），是数学教学与解题实践中对高频题型的归纳总结，无单一独创文献，而是理论应用与解题需求结合的共识性模型。对角互补造辅助圆源于圆周角定理逆定理与圆内接四边形性质，古希腊《几何原本》已奠定理论基础，后经解题实践提炼，成为转化对角互补条件的高效工具；定角定高构造辅助圆基于“同弧所对圆周角相等”与圆的轨迹定义，是对“定角定高”约束下顶点轨迹的精准刻画，适配线段最值与定值问题；点圆最值构造辅助圆则直接应用圆的定义与点圆位置关系性质，通过明确动点的圆轨迹，简化定点到动点的最值求解。三者均是将零散几何性质系统化、模型化的产物，为复杂角度、轨迹、最值问题提供“化繁为简”的解题思路，成为初中几何核心解题工具。 模块二 技巧点拨 方法揭秘 模型1：定点定长共圆模型 若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上． 模型2：对角互补共圆模型 若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中， 若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上． 拓展：若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中，∠CDE为外角，若∠B＝∠CDE，则A，B，C，D四点在同一个圆上． 模型3：定弦定角共圆模型 若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端共圆 如图，点A，D在线段BC的同侧，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点在同一个圆上． 模块三 核心精讲 典例剖析 【典例精讲一】如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转到AP的位置，分别过点作，垂足分别为点、． (1)求证：； (2)联结，如果，求的正切值； (3)联结，如果，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)30 【思路引导】（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论； （2）在（1）的基础之上，联结CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论； （3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论． 【完整解答】（1）：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点， ∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE， ∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°， ∴四边形FECG为矩形，∠G=90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD=90°，BC=DC， ∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG， ∴∠BCE+∠ECD =∠ECD+∠DCG， 即：∠BCE=∠DCG， 在△BCE和△DCG中， ∴△BCE≌△DCG(AAS)， ∴CE=CG， ∴四边形FECG为正方形， ∴CE=EF； （2）解：如图所示，联结CF， 由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则△CEF为等腰直角三角形， 由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD， ∴∠PAB=90°+n°，∠APD=（180°-∠PAD）=90°-n°， ∵AP=AB， ∴∠APB=（180°-∠PAB）=45°-n°， ∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°， ∵DF⊥AB， ∴∠DFP=90°， ∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF， ∴△DFP∽△CEF， ∵， ∴， 设PF= DF=x，则FE=CE=3x， 由（1）知四边形CEFG为正方形， ∴FG=FE=3x， ∴DG=FG-DF=2x， ∵△BCE≌△DCG， ∴BE=DG=2x， ∴在Rt△BEC中，， ∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°， ∴∠ABP=∠BCE， ∴； （3）解：∵， ∴如图所示，联结AF和对角线AC， 由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°， ∴∠CFD=45°， ∵AC为正方形ABCD的对角线， ∴∠CAD=45°，AC=AB， ∴∠CAD=∠CFD， ∴点A、C、D、F四点共圆， ∴∠AFC=∠ADC=90°， ∵AF=AB， ∴AF=AC， 则在Rt△AFC中，， ∵∠ACF为锐角， ∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°， ∵∠CAD=45°， ∴∠FAD=60°-45°=15°， ∵AP=AD，AF=AF，PF=DF， ∴△AFP≌△AFD， ∴∠FAD=∠FAP=15°， ∴∠PAD=30°， ∴n=30． 【考点剖析】本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及旋转的性质和解直角三角形等，掌握图形的基本性质和判定方法，具有较强的综合分析能力是解题关键． 【典例精讲二】【问题背景】如图1，P是等边△ABC内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图； 【迁移应用】如图2，D是等边△ABC外一点，E为CD上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE是等边三角形； 【拓展创新】如图3，EF＝6，点C为EF的中点，边长为3的等边△ABC绕着点C在平面内旋转一周，直线AE、BF交于点P，M为PG的中点，EF⊥FG于F，FG＝4，请直接写出MC的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【思路引导】（1）根据△PAB绕点A逆时针旋转60°作图即可； （2）由∠BEC＝120°得∠BED＝60°，由平行线的性质得∠ADE＝∠BED＝60°，由等边三角形的性质得∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，故可知A、D、B、C共圆，由圆内接四边形对角互补得出∠ADB＝120°,故可求出∠BDE＝60°，即可得证； （3）由CA＝CE＝CB＝CF＝3得A、E、B、F共圆C得出∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，进而得出∠APF＝∠ABC＝60°，作△EPF的外接圆Q，则∠EQF＝120°，求出EQ，连接QG取中点N，由三角形中位线得MN，以点N为圆心MN为半径作N，连接CN，与N交于点，即CM最小为，建立平面直角坐标系求出即可． 【完整解答】（1）如图1所示，将绕点A逆时针旋转60°得； （2）∵∠BEC＝120°， ∴∠BED＝60°， ∵， ∴∠ADE＝∠BED＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴A、D、B、C共圆，如图2所示： ∴∠ADB＝120°， ∵∠ADE＝∠BED＝60°， ∴∠BDE＝60°， ∴△DBE是等边三角形； （3） 如图3，∵CA＝CE＝CB＝CF＝3， ∴A、E、B、F共圆C， ∴∠PAB＝∠CBF＝∠CFB，∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝∠PAB+∠APB， ∴∠APF＝∠ABC＝60°， ∵∠EPF＝60°，EF＝6， 作△EPF的外接圆Q，则∠EQF＝120°，QC⊥EF， ∴∠EQC＝60°， ∴， 连接QG取中点N，则且， 以点N为圆心MN为半径作N，连接CN，与N交于点， 即CM最小为， 以点F为原点建立平面直角坐标系， ，，， ∴, ， ∴CM最小为． 【考点剖析】本题考查等边三角形的判定与性质，解三角函数以及圆的性质，根据题意作出圆是解题的关键． 模块四 考题预测 满分训练 一、选择题 1．如图，边长为的小正方形网格中，点在格点上，连接，点在上且满足，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路引导】证明在以为圆心，为半径的同圆上，把求转化为求． 【完整解答】以为圆心，为半径作，连接． 在格点上． 在上 又的直径是 点在上 故选：D． 【考点剖析】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、四点共圆及三角函数的应用，解题的关键在于连接，证明点在以为圆心，为半径的同圆上． 2．如图，四边形内接于，，为中点，，则等于（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】根据，为中点求出∠CBD=∠ADB=∠ABD，再根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，即可求出答案． 【完整解答】∵为中点， ∴, ∴∠ADB=∠ABD，AB=AD， ∵， ∴∠CBD=∠ADB=∠ABD， ∵四边形内接于， ∴∠ABC+∠ADC=180°， ∴3∠ADB+60°=180°， ∴=40°， 故选：A． 【考点剖析】此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补． 3．如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=6．如图2，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC=∠ACD．如图3，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E处，连结BE，得到四边形ABED．则BE的长是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【思路引导】只要证明，得，求出、即可解决问题． 【完整解答】解：， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ，即， ，， ， 、、、四点共圆， ，， ， ， ． 故选：． 【考点剖析】本题考查翻折变换、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要三次相似解决问题，题目比较难，属于中考选择题中的压轴题． 4．如图，正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，P是BC边上的一点，且PC=2PB，连接AP、OP、DP，线段AP、DP分别交对角线BD、AC于点E、F．过点E作EQ⊥AP，交CB的延长线于Q．下列结论中：①∠PAO+∠PDO+∠APD=90°；②AE=EQ；③sin∠PAC=； ④S正方形ABCD=10S四边形OEPF，其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【思路引导】①正方形对角线垂直平分三角形外角等于和它不相邻的两个内角和，可得结果； ②连接AQ，可得∠QEP=∠AEQ=∠ABQ=90°，即A、Q、B、E四点共圆，可得∠QAE=90°-∠AQE=45°，即可得AE=EQ； ③过P作AC的垂线于点G，设BP=a，由勾股定理求得AP，AC，正方形对角线垂直相等且互相平分可得sin∠PAC的值； ④AD∥BC，可得△BEP∽△DEA，△PFC∽△DFA，设S△BEP=s，则S△OEP=s，S△BPO=2s，S△POC=4s，S△OPF=s，即可求解． 【完整解答】解：①∵∠POB=∠PDO+∠OPD， ∠POC=∠PAO+∠APO， ∠POB+∠POC=∠BOC， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BOC=90°， ∴∠PDO+∠OPD+∠PAO+∠APO=90°， ∴∠PAO+∠APO+∠PDO=90°，故①正确； ②连接AQ， ∵QE⊥AP， ∴∠QEP=∠AEQ=∠ABQ=90°， ∴A、Q、B、E四点共圆， ∴∠AQE=∠ABE=∠ABC=45°， ∴∠QAE=45°， ∴AE=EQ，故②正确； ③过P作AC的垂线于点G， 设BP=a，PC=2a， ∴BC=3a， ∴AP=， ∴AC=3a， ∴AO=BO=a， ∵BD⊥AC，PE⊥AC， ∴BD∥PG， ∴， ∴PG=×a=a， ∴sin∠PAC=，故③错误； ④∵AD∥BC， ∴△BEP∽△DEA，△PFC∽△DFA， ∴BE：DE=1：3，CF：AF=2：3， ∴BE：ED=1：1，OF：CF=1：4， 设△BEP=s，则S△OEP=s，S△BPO=2s，S△POC=4s， ∴S△OPF=s， ∴S△BCO=2s+4s=6s， ∴S四边OPEQ=s+s=s， S正方形ABCD=4s×6=24s，故④错误， 综上，①②正确， 故选：B． 【考点剖析】本题考查了正方形的性质的应用，解本题关键掌握正方形的性质，解直角三角形，相似三角形判定与性质等． 二、填空题 5．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则∠ADE的度数是 _____． 【答案】36°/36度 【思路引导】先利用正多边形的性质求出∠AED度数、再利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可． 【完整解答】解：∵正五边形ABCDE内接于⊙O， ∴AE=ED，∠AED==108°， ∴∠ADE =∠EAD =（180°-108°）=36°， 故答案为：36°． 【考点剖析】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是记住正多边形的内角和公式． 6．如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则sin∠BDC的值是__________． 【答案】 【思路引导】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出sin∠BDC的值． 【完整解答】∵BA⊥AD，BC⊥CD ∴∠BAD=∠BCD=90° ∴A、B、C、D四点共圆 ∴∠BDA=∠BCA ∵∠BDA+∠DBA=∠BCA +∠CBO=90° ∴∠DBA=∠CBO ∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA 即∠DBC=∠ABO 又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90° ∴∠BDC=∠BAO ∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4）， ∴BO=4，OA=3，AB= ∴sin∠BAO= ∴sin∠BDC= 故答案为：． 【考点剖析】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法． 7．如图，是的弦，把沿弦对折，是对折后上的一点，是对折前优弧上的一点．若，则的度数为______． 【答案】 【思路引导】本题考查了几何图形折叠的问题以及圆内接四边形的性质，解题的关键是翻折，点落在处，得出．由已知条件先求出，再利用圆内接四边形的性质即可求出的度数，分别得到和，相减即可． 【完整解答】解：如图所示，翻折，点落在处， ， ，， 四边形是的内接四边形， ， ， ， ∴， 故答案为：． 8．如图，在Rt中，，在斜边上取一点，使得，连接并延长至点，连接．若，则线段的长为_________． 【答案】 【思路引导】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理、四点共圆，由可知、、、四点共圆，进而可得，过作于点，易得再利用 ，可设，则，易证，最后解即可得解． 【完整解答】解：， ∴点、、、四点共圆， ， ∴为直径， ， 过作 于点， 则 ， 在 中，， ， ， ，即 ， 设，则 ， ， ， ， ， 在 中， ， 即 ， 解得或(舍去)， ； 故答案为：． 9．如图，的内切圆与边切于点，与边相切，且与，的延长线相切（为在内的旁切圆），若，，，则________ 【答案】 【思路引导】连接，，，设与切与点，与切与点，与切于点，证明，，则四点共圆，证明，根据相似三角形性质可得结论． 【完整解答】解：连接，，，设与切与点，与切与点， 与切于点， 根据切线长定理可得， ∵，， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 即， 同理可得， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：． 【考点剖析】本题考查了切线长定理，四点共圆，相似三角形的判定与性质，根据题意得出四点共圆，并证明出是解题的关键． 10．如图，已知在扇形中，，半径．P为弧上的动点，过点P作于点M，于点N，点M，N分别在半径上，连接．点D是的外心，则点D运动的路径长为________． 【答案】． 【思路引导】根据点在弧上运动，其路径也是一段弧，由题意可得，点运动路径所对的圆心角是，连接，取的中点，连接，，根据在和中，点是斜边的中点，可证得点，，，四点均在同一个圆，即上，过点作，垂足为点，由垂径定理，，，可求得，再根据点和点重合，得到点运动路径所对的圆心角是，根据弧长公式可求解． 【完整解答】解：点在弧上运动，其路径也是一段弧，由题意可知， 当点与点重合时，， 当点与点重合时，， 点运动路径所对的圆心角是， 如图，连接，取的中点，连接，， 在和中，点是斜边的中点， ， 根据圆的定义可知，点，，，四点均在同一个圆，即上， 又，， ，， 过点作，垂足为点， 由垂径定理得，， 在中，，，则， ， ∵是的外接圆的圆心， 即：点和点重合，如图2 ， 点是以点为圆心为半径， 点运动路径所对的圆心角是， 点运动路径所对的圆心角是， 点运动的路径长为． 故答案是：． 【考点剖析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，弧长公式，三角形的外心的性质，理解题意熟悉公式是解题的关键． 11．如图，将绕点顺时针旋转25°得到，EF交BC于点N，连接AN，若，则 __________．    【答案】102.5° 【思路引导】先根据旋转的性质得到，，得到点A、N、F、C共圆，再利用，根据平角的性质即可得到答案； 【完整解答】解：如图，AF与CB相交于点O，连接CF，    根据旋转的性质得到： AC=AF，，，， ∴点A、N、F、C共圆， ∴， 又∵点A、N、F、C共圆， ∴， ∴（平角的性质）， 故答案为：102.5° 【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质、平角的性质、点共圆的判定，掌握平移的性质是解题的关键； 三、解答题 12．如图，在四边形中，，对角线平分，，且．    (1)证明：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）由题意推出，从而得到、、、四点共圆，进而得出结论即可； （2）首先根据已知信息求出，再结合四点共圆的结论，在中求解即可． 【完整解答】（1）证：∵， ∴， ∵， ∴， ∴、、、四点共圆， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，平分， ∴， ∴在中，， ∵， ∴，， ∵、、、四点共圆， ∴， ∴在中，， ∴． 【考点剖析】本题考查四点共圆的证明、圆的内接四边形的性质，以及解直角三角形等，掌握圆当中的重要结论，准确求解直角三角形是解题关键． 13．如图1，在正方形中，点在边上，过点作，且，连接、，点是的中点，连接．    （1）用等式表示线段与的数量关系：______； （2）将图1中的绕点按逆时针旋转，使的顶点恰好在正方形的对角线上，点仍是的中点，连接、． ①在图2中，依据题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系并证明． 【答案】（1）；（2）①画图见解析；②，证明见解析 【思路引导】（1）先判断出△AGB≌△CGB，得到∠GBF＝45°，再判断出△EFG≌△CFG，得到∠GFB＝45°，从而得到△BGF为等腰直角三角形，即可． （2）①画图2即可；②如图2，连接BF、BG，证明△ADF≌△ABF得DF＝BF，根据直角三角形斜边中线的性质得：AG＝EG＝BG＝FG，由圆的定义可知：点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，∠BGF＝2∠BAC＝90°，所以△BGF是等腰直角三角形，可得结论． 【完整解答】解：（1）BF＝， 理由是：如图1，连接BG，CG，    ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC， ∵EF⊥BC，FE＝FC， ∴∠CFE＝90°，∠ECF＝45°， ∴∠ACE＝90°， ∵点G是AE的中点， ∴EG＝CG＝AG， ∵BG＝BG， ∴△AGB≌△CGB（SSS）， ∴∠ABG＝∠CBG＝∠ABC＝45°， ∵EG＝CG，EF＝CF，FG＝FG， ∴△EFG≌△CFG（SSS）， ∴∠EFG＝∠CFG＝（360°﹣∠BFE）＝（360°﹣90°）＝135°， ∵∠BFE＝90°， ∴∠BFG＝45°， ∴△BGF为等腰直角三角形， ∴BF＝FG． 故答案为：BF＝FG； （2）①如图2所示，    ②；理由如下： 如图2，连接BF、BG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ABC＝∠BAD＝90°，AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∵AF＝AF， ∴△ADF≌△ABF（SAS）， ∴DF＝BF， ∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，点G是AE的中点， ∴AG＝EG＝BG＝FG， ∴点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上， ∵，∠BAC＝45°， ∴∠BGF＝2∠BAC＝90°， ∴△BGF是等腰直角三角形， ∴BF＝FG， ∴DF＝FG． 【考点剖析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，圆的性质，判断△BGF为等腰直角三角形是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点． 14．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角． （1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角． ①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ； ②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由． （2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE． 【答案】（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析 【思路引导】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可； （2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论． 【完整解答】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A， ∵∠A＝40°， ∴∠E＝20°． 故答案为：20°； ②，理由如下： ∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A； （2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴A、B、C、D四点共圆， 作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF， ∵四边形FBCD内接于⊙O， ∴∠DFC+∠DBC＝180°， ∵∠DFC+∠DFE＝180°， ∴∠DFE＝∠DBC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵∠ABD＝∠AFD， ∴∠AFD＝∠DFE， ∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角， 由（1）得∠E＝∠BAC， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠E＝∠BDC， ∵∠E+∠DCE＝∠BAC， ∴∠E＝∠DCE， ∵∠DCE＝∠DAF， ∴∠E＝∠DAF， ∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE， ∴△DAF≌△DEF（AAS）， ∴DA＝DE． 【考点剖析】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键． 15．在正方形中，是边上一点，点在射线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若点，，三点共线，求证：，，，四点共圆； （3）若点，，三点共线，且，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【思路引导】（1）证明即可得出答案； （2）根据全等三角形的性质以及圆内接四边形对角和为即可得出结论； （3）证明为等腰直角三角形，得出，然后得出，根据圆周角定理可得点在圆上，结论可得． 【完整解答】解：（1）根据旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵点，，三点共线， ∴， ∴， ∴，，，四点共圆； （3）∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 以点为圆心，为半径作， ∵，， ∴， ∴点在圆上， ∴． 【考点剖析】本题考查了全等三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理等知识，熟练掌握基础知识是解本题的关键． 16．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1． （1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上； （2）分别求△ABC和△ABD的面积； （3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值． 【答案】（1）见解析；（2）△ABC的面积为，△ABD的面积为；（3） 【思路引导】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得0C=OA=OB=OD，即可得出答案． (2)根据已知条件可计算出AC、BC、AD、BD的长度，根据三角形的面积公式即可得出答案． (3)根据等腰直角三角形的性质得到 , ，根据平行线的性质得到，解直角三角形得到 ， ，根据相似三角形的性质即可得到结论. 【完整解答】（1）证明：如图，连接OD、OC， 在Rt△ABC中， ∠ACB＝90°，点O是AB的中点， ∴OC＝OA＝OB， 在Rt△ABD中， ∠ADB＝90°，点O是AB的中点， ∴OD＝OA＝OB， ∴OA＝OB＝OC＝OD， ∴A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上； （2）解： △ABC的面积为；△ABD的面积为 （3）解： 是等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点 ∵DF∥BC ∵ ∴△DEF∽△CEB， ∴ 又 得． 【考点剖析】本题考查了相似三角形的判定和性质(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，三角形的面积的计算(三角形面积=底底边上的高)，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键． 17．校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道上确定点D，使CD与垂直，测得CD的长等于24米，在上点D的同侧取点A、B，使∠CAD＝30°，∠CBD＝60°． （1）求AB的长（结果保留根号）； （2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.7，≈1.4） 【答案】（1）AB的长为米；（2）这辆校车超速，理由见解析． 【思路引导】（1）先在中，利用正切三角函数可求出AD的长，再在中，利用正切三角函数可求出BD的长然后根据线段的和差即可得； （2）先利用“速度路程时间”求出这辆校车的速度，然后与45进行比较即可得． 【完整解答】（1）由题意得：米， 在中，，即， 解得（米）， 在中，，即， 解得（米）， 则（米）， 答：AB的长为米； （2）（千米）， 校车从A到B用时为（小时）， 则这辆校车的速度约为（千米/小时）， 因为， 所以这辆校车超速． 【考点剖析】本题考查了正切三角函数等知识点，掌握利用正切三角函数解直角三角形是解题关键． 18．如图，以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），，将绕点P旋转，得到． (1)求B、C两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点M的坐标； (3)动直线l从与重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与重合时停止，设直线l与交点为E，点Q为的中点，过点E作于G，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】(1)， (2)图见解析，四边形是矩形，点M的坐标为 (3)在旋转过程中的大小不变，始终等于 【思路引导】（1）连接，结合题意，根据圆的对称性，得；再根据勾股定理计算得，再根据圆的性质，得，从而得到B、C两点的坐标； （2）结合题意，根据圆周角的性质，得；再根据旋转的性质得，，，从而推导得出四边形是矩形；过点M作交BC于点N，证明 ，可得点M的坐标； （3）结合题意，得；再结合点Q是的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、为半径的圆上，故得；再根据，，即可求解． 【完整解答】（1）解：如图，连接． 由题意知，是以点为圆心的圆的直径，，， ，， ， ， 又 ，B在C的左侧， ，； （2）解：如图，四边形是矩形， 以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧）， 是圆的直径， ， 将绕点P旋转得到， ，，， 四边形是矩形． 过点M作交BC于点N． 在和中， ， ， ，， 又 ， 点M的坐标为； （3）解：如图， 结合（2）的结论，四边形是矩形，， ， ， ， 点Q是的中点， ， 点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上， ． ，， ， 又 ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 在旋转过程中的大小不变，始终等于． 【考点剖析】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证． 19．在等边中，点是边上一动点，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，猜想线段与的关系，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)AF⊥DF，； (3) 【思路引导】（1）根据∠BDE=120°，BD=DE以及等边三角形的性质得到AD=CD=1，∠ADE=30°，求出AE=AD=1，过点E作EM⊥CA，交延长线于M，根据三角函数求出AM，ME，根据勾股定理求出CE； （2）延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，根据平行四边形的性质可得∠EDA=∠KCA，证明△APD是等边三角形，进而证明△ABD≌△AKD，即可证明△AKD是等边三角形，进而根据三线合一以及含30°角的直角三角形的性质，可得∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF，利用锐角三角函数得到AF、DF的关系； （3）过点D作DM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AB，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q，先证明∠EMF=45°，结合中位线定理可得∠EBC=45°，进而可得∠NBD=45°，设AN=DF=1，分别根据勾股定理求得AF、ND、BD、MB，进而根据CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CD+AB，即可求得结果． 【完整解答】（1）解：∵∠BDE=120°，BD=DE， ∴∠ABD=∠AED=30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°，BC=AB=AC=2， ∴∠ADB=90°， ∴AD=CD=1，∠ADE=30°， ∴AE=AD=1， 过点E作EM⊥CA，交延长线于M， ∵∠MAE=∠BAC=60°， ∴AM=，ME=， ∴CM=AC+AM=， ∴； （2）如图，延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P， ∵点F是CE的中点， ∴FE=FC， 又FK=DF， ∴四边形CDFK是平行四边形， ∴ED= КС，ED∥KC， ∴∠EDA=∠КСА， ∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE， ∴BD=DE，∠BDE=120°， ∴BD=KC， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC， ∵PD∥BC， ∴∠APD=∠АВС=60°，∠CBD=∠PDB， ∴△APD是等边三角形， ∴AD=AP， ∵AB=AC， ∴CD=PB， 设∠CBD=，则∠PDB=， ∴∠ABD= ∠APD-∠PDB=60°-，∠ADB= 60°+， ∠ADE=∠ BDE-∠ADB= 120°- (60°+)= 60° –， ∵ED∥KC， ∴∠ẠCK=∠ADE= 60 °–， ∴△ ABD≌△ACK， ∴AK=AD，∠ KАC= ∠DAB= 60°， ∴△ AKD是等边三角形， ∵DF= FK， ∴∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF， ∴； （3）如图，过点D作DM⊥BE于点M，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q， ∴∠GMD= ∠GFD= 90°， ∴G，M，D，F四点共圆， ∴∠FGD=∠FMD， 由(2) 知AF⊥DF，∠ FAD= 30°， ∴∠ADF= 60° ， ∵FG=FD， ∴∠FDG=∠FGD=45°，∠FGD=∠FMD=45°， ∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE， ∴BD=DE，∠BDE= 120°， ∴МВ=МЕ=ВЕ， ∵ F是EC的中点， ∴MF是△EBC的中位线， ∴ MF∥BC， ∴∠EBC=∠EMF=45°， ∵∠ABC=60°， ∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=15°， ∵∠NBD=∠ABE+∠EBD=45°， ∴△NBD是等腰直角三角形， ∴ND=NB， ∵∠BAC=60°， ∴∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°， ∵∠AFD=90°，DN⊥AB， ∴四边形ANDF是矩形， ∴ND= AF， AN= DF， 设AN=DF=1， 在Rt△ADF中，AD=2DF=2， ∴AF=， ∴AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+， ∴DC=AC-AD=AB- AD=1+-2=-1， 在Rt△NBD中，ND=NB=AF=， ∴BD=， 在Rt△MBD中，MB=， ∴BE=2BM =， ∴CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF=2(-1+1)=2， ∴． 【考点剖析】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． 20．（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？ 最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______． （2）小试牛刀：如图2所示，中，，，．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______． （3）尝试应用：如图3所示是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE． ①请直接写出DE的最小值． ②在①的条件下求的面积． （4）拓展提高：如图4，顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．．，，请求出AE的最小值． 【答案】（1）PO，垂线段最短；（2）；（3）①DE的最小值是1；②△BPE的面积为；（4）AE的最小值为． 【思路引导】（1）根据垂线段的性质即可解答； （2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值，利用面积法即可求解； （3）①根据旋转的性质，旋转前后的图形对应线段、对应角相等，可证得△ABP≌△CBE，得到∠BCE=30°．得到点E在射线CE上，根据“垂线段最短”这一定理，当∠DEC=90°时，DE最短，据此求解即可； ②利用勾股定理求得EC=，即AP=，再利用勾股定理先后求得AD、PD、BP的长，即可求解； （4）作出如图的辅助线，先判断出点E在直线GH上运动，根据“垂线段最短”这一定理，当当AE⊥GH时，AE最短，利用相似三角形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式即可求解． 【完整解答】解：（1）∵PO⊥直线m， ∴从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短． 故答案为：PO，垂线段最短； （2）由（1）知当PC⊥AB时，PC取得最小值， S△ABC=ACBC=ABPC， ∴PC=，即CP的最小值为， 故答案为：； （3）①由旋转知∠PBE=60°，BP=BE， ∴△PBE是等边三角形， ∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，边长为4， ∴AB=BC，∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=30°，BD=CD=2， ∴∠ABP=∠CBE， ∴△ABP≌△CBE（SAS）， ∴∠BCE=∠BAD=30°； ∵点P为高AD上的一个动点， ∴点E在射线CE上， 根据“垂线段最短”可知，当DE⊥CE时，DE最短． ∵∠BCE=30°，CD=2， ∴DE=CD=1， 即DE的最小值是1； ②由①得CD=2，DE=1， ∴CE=， ∵△ABP≌△CBE， ∴AP=CE， 在Rt△BDA中，AB=4，BD=2， ∴AD=， ∴PD=AD-AP=， ∴PB=， ∴等边三角形△PBE的高为， ∴△BPE的面积为=； （4）过点B作BH⊥AC于点H， 则∠BHC=90°， ∴∠HBC+∠HCB=90°，∠ACD+∠HCB=90°， ∴∠HBC=∠ACD， ∵∠EBF=∠ACD， ∴∠HBC=∠EBF， 此时点F与点C重合，点E与点H重合， ∵AB=3，BC=4， ∴AC=， ∵S△ABC=ABBC=ACBH， ∴BH=， ∴AH=， 取AB中点G， 过点G作GI⊥AB交AC于点I， 则∠BGI=90°， ∴∠GBI=∠BAC， ∵∠EBF=∠ACD=∠BAC， ∴∠GBI=∠EBF， 此时点F与点I重合，点E与点G重合， 顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动， 且， 四点共圆， ∴点E在直线GH上运动， 根据“垂线段最短”这一定理，当AE⊥GH时，AE最短， 过点H作HP⊥AB于点P， ∴△APH△ABC， ∴，即， ∴PH=，AP=， ∴PG=AG-AP=， ∴GH=， ∵S△AGH=AGPH=GHAE， ∴AE=， ∴AE的最小值为． 【考点剖析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，等边三角形的判定和性质，四点共圆的判定等知识，解决本题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第九讲 四点共圆模型『压轴题之经典模型培优方案』 〔考法综述+技巧点拨+典例剖析+预测达标练〕 【原卷版】 在此输入内容，确保信息清晰简洁，便于观众快速理解。文字应简明扼要，突出重点，搭配合适的字体和配色，提升可读性。 讲义说明 资料简介 本讲义专为江苏省中考考生定制，聚焦数学压轴题几何模型，帮助学生掌握解题方法、强化答题技巧，轻松攻克压轴题，助力中考数学取得优异成绩。 讲义设置四大核心模块，层层递进助力备考： 模块一 考情透视，考法综述—深度剖析江苏中考压轴题命题趋势，明晰考情考点； 模块二 技巧点拨，方法揭秘—梳理核心解题思路，传授实用答题技巧，破解解题难点； 模块三 核心精讲，典例剖析—针对高频考点细致讲解，结合典型例题拆解解题步骤； 模块四 考题预测，满分训练—立足考情精准预测考题，搭配专项训练题，强化实战能力。 全程立足江苏中考考情，讲练结合，全方位提升学生压轴题解题能力，夯实数学高分基础。 模块一 考情透视 考法综述 对角互补造辅助圆（四点共圆）、定角定高构造辅助圆与点圆最值构造辅助圆，其来源均依托圆的核心定义与性质（圆周角定理、点与圆位置关系等），是数学教学与解题实践中对高频题型的归纳总结，无单一独创文献，而是理论应用与解题需求结合的共识性模型。对角互补造辅助圆源于圆周角定理逆定理与圆内接四边形性质，古希腊《几何原本》已奠定理论基础，后经解题实践提炼，成为转化对角互补条件的高效工具；定角定高构造辅助圆基于“同弧所对圆周角相等”与圆的轨迹定义，是对“定角定高”约束下顶点轨迹的精准刻画，适配线段最值与定值问题；点圆最值构造辅助圆则直接应用圆的定义与点圆位置关系性质，通过明确动点的圆轨迹，简化定点到动点的最值求解。三者均是将零散几何性质系统化、模型化的产物，为复杂角度、轨迹、最值问题提供“化繁为简”的解题思路，成为初中几何核心解题工具。 模块二 技巧点拨 方法揭秘 模型1：定点定长共圆模型 若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上． 模型2：对角互补共圆模型 若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中， 若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上． 拓展：若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆． 如图，在四边形ABCD中，∠CDE为外角，若∠B＝∠CDE，则A，B，C，D四点在同一个圆上． 模型3：定弦定角共圆模型 若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端共圆 如图，点A，D在线段BC的同侧，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点在同一个圆上． 模块三 核心精讲 典例剖析 【典例精讲一】如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转到AP的位置，分别过点作，垂足分别为点、． (1)求证：； (2)联结，如果，求的正切值； (3)联结，如果，求的值． 【典例精讲二】【问题背景】如图1，P是等边△ABC内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图； 【迁移应用】如图2，D是等边△ABC外一点，E为CD上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE是等边三角形； 【拓展创新】如图3，EF＝6，点C为EF的中点，边长为3的等边△ABC绕着点C在平面内旋转一周，直线AE、BF交于点P，M为PG的中点，EF⊥FG于F，FG＝4，请直接写出MC的最小值． 模块四 考题预测 满分训练 一、选择题 1．如图，边长为的小正方形网格中，点在格点上，连接，点在上且满足，则的值是（   ） A． B． C． D． 2．如图，四边形内接于，，为中点，，则等于（  ） A． B． C． D． 3．如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，BC=6．如图2，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC=∠ACD．如图3，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E处，连结BE，得到四边形ABED．则BE的长是（    ） A．1 B． C． D． 4．如图，正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，P是BC边上的一点，且PC=2PB，连接AP、OP、DP，线段AP、DP分别交对角线BD、AC于点E、F．过点E作EQ⊥AP，交CB的延长线于Q．下列结论中：①∠PAO+∠PDO+∠APD=90°；②AE=EQ；③sin∠PAC=； ④S正方形ABCD=10S四边形OEPF，其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 5．如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则∠ADE的度数是 _____． 6．如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则sin∠BDC的值是__________． 7．如图，是的弦，把沿弦对折，是对折后上的一点，是对折前优弧上的一点．若，则的度数为______． 8．如图，在Rt中，，在斜边上取一点，使得，连接并延长至点，连接．若，则线段的长为_________． 9．如图，的内切圆与边切于点，与边相切，且与，的延长线相切（为在内的旁切圆），若，，，则________ 10．如图，已知在扇形中，，半径．P为弧上的动点，过点P作于点M，于点N，点M，N分别在半径上，连接．点D是的外心，则点D运动的路径长为________． 11．如图，将绕点顺时针旋转25°得到，EF交BC于点N，连接AN，若，则 __________．    三、解答题 12．如图，在四边形中，，对角线平分，，且．    (1)证明：； (2)若，，求的长． 13．如图1，在正方形中，点在边上，过点作，且，连接、，点是的中点，连接．    （1）用等式表示线段与的数量关系：______； （2）将图1中的绕点按逆时针旋转，使的顶点恰好在正方形的对角线上，点仍是的中点，连接、． ①在图2中，依据题意补全图形； ②用等式表示线段与的数量关系并证明． 14．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角． （1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角． ①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ； ②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由． （2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE． 15．在正方形中，是边上一点，点在射线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若点，，三点共线，求证：，，，四点共圆； （3）若点，，三点共线，且，求的长． 16．如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1． （1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上； （2）分别求△ABC和△ABD的面积； （3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值． 17．校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道上确定点D，使CD与垂直，测得CD的长等于24米，在上点D的同侧取点A、B，使∠CAD＝30°，∠CBD＝60°． （1）求AB的长（结果保留根号）； （2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.7，≈1.4） 18．如图，以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），，将绕点P旋转，得到． (1)求B、C两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点M的坐标； (3)动直线l从与重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与重合时停止，设直线l与交点为E，点Q为的中点，过点E作于G，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 19．在等边中，点是边上一动点，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，猜想线段与的关系，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． 20．（1）回归教材：北师大七年级下册P44，如图1所示，点P是直线m外一点，，点O是垂足，点A、B、C在直线m上，比较线段PO，PA，PB，PC的长短，你发现了什么？ 最短线段是______，于是，小明这样总结：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，______． （2）小试牛刀：如图2所示，中，，，．则点P为AB边上一动点，则CP的最小值为______． （3）尝试应用：如图3所示是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE． ①请直接写出DE的最小值． ②在①的条件下求的面积． （4）拓展提高：如图4，顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．．，，请求出AE的最小值． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $