1．如圖1，對于△PMN的頂點(diǎn)P及其對邊MN上的一點(diǎn)Q，給出如下定義：以P為圓心，PQ為半徑的圓與直線MN的公共點(diǎn)都在線段MN上，則稱點(diǎn)Q為△PMN關(guān)于點(diǎn)P的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)．
在平面直角坐標(biāo)系xOy中：
（1）如圖2，已知點(diǎn)A（7，0），點(diǎn)B在直線y＝x+1上．
①若點(diǎn)B（3，4），點(diǎn)C（3，0），則在點(diǎn)O，C，A中，點(diǎn) O，C 是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)；
②若△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)存在，求點(diǎn)B縱坐標(biāo)n的取值范圍；
（2）已知點(diǎn)D（2，0），點(diǎn)E（4，2），將點(diǎn)D繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)F．若△EOF關(guān)于點(diǎn)E的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)存在，直接寫出點(diǎn)F橫坐標(biāo)m的取值范圍．
試題分析：（1）①分別以B為圓心，BO，BC，BA為半徑作圓，觀察圖象根據(jù)線段OA與圓的交點(diǎn)的位置，可得結(jié)論．
②如圖2中，當(dāng)點(diǎn)B（0，1）時(shí)，此時(shí)以O(shè)B為半徑的圓與直線OA的公共點(diǎn)都在線段OA上，此時(shí)點(diǎn)O是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)B（7，8）時(shí)，以AB為半徑的圓，與線段OA有公共點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)A是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)，利用圖象法即可解決問題．
（2）如圖3中，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于H，過點(diǎn)F作FN⊥y軸于N．利用相似三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，再根據(jù)對稱性求出F′的坐標(biāo)，當(dāng)OF″⊥EF″時(shí)，設(shè)OH交F″E于P，想辦法求出F″的坐標(biāo)，結(jié)合圖象法可得結(jié)論．
答案詳解：解：（1）①如圖1中，根據(jù)點(diǎn)Q為△PMN關(guān)于點(diǎn)P的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)的定義，觀察圖象可知，點(diǎn)O，點(diǎn)C是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)．
所以答案是：O，C．
②如圖2中，當(dāng)點(diǎn)B（0，1）時(shí)，此時(shí)以O(shè)B為半徑的圓與線段OA有唯一的公共點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)O是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)，
當(dāng)點(diǎn)B′（7，8）時(shí)，以AB′為半徑的圓，與線段OA有公共點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)A是△AOB關(guān)于點(diǎn)B的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)，
觀察圖象可知，滿足條件的n的值為1≤n≤8．
（2）如圖3中，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于H，過點(diǎn)F作FN⊥y軸于N．
∵E（4，2），
∴OH＝4，EH＝2，
∴OE2，
當(dāng)OF⊥OE時(shí)，點(diǎn)O是△OEF關(guān)于點(diǎn)E的內(nèi)聯(lián)點(diǎn)，
∵∠EOF＝∠NOH＝90°，
∴∠FON＝∠EOH，
∵∠FNO＝∠OHE＝90°，
∴△FNO∽△EHO，
∴，
∴，
∴FN，ON，
∴F（，），
觀察圖象可知當(dāng)m≤0時(shí)，滿足條件．
作點(diǎn)F關(guān)于點(diǎn)O的對稱點(diǎn)F′（，），
當(dāng)OF″⊥EF″時(shí)，設(shè)OH交F″E于P，
∵∠EF″O＝∠EHO＝90°，OE＝EO，EH＝OF″，
∴Rt△OHE≌△EF″O（HL），
∴∠EOH＝∠OEF″，
∴PE＝OP，PE＝OP＝t，
在Rt△PEH中，則有t2＝22+（4﹣t）2，
解得t，
∴OP，PH＝PF″，
可得F″（，），
觀察圖象可知，當(dāng)m時(shí)，滿足條件．
綜上所述，滿足條件的m的取值范圍為m≤0或m．
2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1．
給出如下定義：記線段AB的中點(diǎn)為M，當(dāng)點(diǎn)M不在⊙O上時(shí)，平移線段AB，使點(diǎn)M落在⊙O上，得到線段A'B'（A'，B'分別為點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)）線段AA'長度的最小值稱為線段AB到⊙O的“平移距離”．
（1）已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)B在x軸上．
①若點(diǎn)B與原點(diǎn)O重合，則線段AB到⊙O的“平移距離”為 ；
②若線段AB到⊙O的“平移距離”為2，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為 B（﹣5，0）或（7，0） ；
（2）若點(diǎn)A，B都在直線yx+4上，且AB＝2，記線段AB到⊙O的“平移距離”為d1，求d1的最小值；
（3）若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，4），且AB＝2，記線段AB到⊙O的“平移距離”為d2，直接寫出d2的取值范圍．
試題分析：（1）①求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．
②因?yàn)榫€段AB到⊙O的“平移距離”為2，所以M（﹣3，0）或（3，0），由此即可解決問題．
（2）如圖1中，設(shè)直線yx+4交x軸于F，交y軸于E，則E（0，4），F(xiàn)（﹣3，0）．過點(diǎn)O作OH⊥EF于H，交⊙O于K．利用面積法求出OH的長，可得結(jié)論．
（3）求出d2的最大值與最小值，可得結(jié)論．
答案詳解：解：（1）①∵A（﹣1，0），B（0，0），AM＝BM，
∴M（，0），
∴線段AB到⊙O的“平移距離”＝線段AM的長，
所以答案是：．
②∵線段AB到⊙O的“平移距離”為2，
∴M（﹣3，0）或（3，0），
∵M(jìn)A＝MB，
∴B（﹣5，0）或（7，0）．
所以答案是：B（﹣5，0）或（7，0）．
（2）如圖1中，設(shè)直線yx+4交x軸于F，交y軸于E，則E（0，4），F(xiàn)（﹣3，0）．過點(diǎn)O作OH⊥EF于H，交⊙O于K．
∵OE＝4，OF＝3，
∴EF5，
∵S△OEFOE×OFEF×OH，
∴OH，
觀察圖象可知，當(dāng)AB的中點(diǎn)M與H重合時(shí)，線段AB到⊙O的“平移距離”最小，
最小值＝OH﹣OK．即d1．
（3）如圖2中，由題意，AB的中點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是A為圓心1為半徑是圓，
d2的最小值＝PQ＝5﹣2＝3，d2的最大值＝PR＝5，
∴3≤d2≤5．
3．在△ABC中，∠B＝90°，D是△ABC外接圓上的一點(diǎn)，且點(diǎn)D是∠B所對的弧的中點(diǎn)．
（1）尺規(guī)作圖：在圖1中作出點(diǎn)D；（要求：不寫作法，保留作圖痕跡）
（2）如圖2，連接BD，CD，過點(diǎn)B的直線交邊AC于點(diǎn)M，交該外接圓于點(diǎn)E，交CD的延長線于點(diǎn)P，BA，DE的延長線交于點(diǎn)Q．
①若，AB＝4，BC＝3，求BE的長；
②若DP（AB+BC），DP＝DQ，求∠PDQ的度數(shù)．
試題分析：（1）作∠ABC的角平分線，交圓于點(diǎn)D，則點(diǎn)D為∠B所對的弧的中點(diǎn)；
（2）①連結(jié)AE，根據(jù)等弧或同弧所對的圓周角相等，得到∠ABE＝∠BAC，∠AEB＝∠ACB，根據(jù)AAS判定△ABE≌△BAC，得到∠EAB＝∠ABC＝90°，再根據(jù)勾股定理即可求解；
②連結(jié)AD，過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，DH⊥BC于點(diǎn)H，根據(jù)AAS證明△BDG≌△BDH，得到BG＝BH，DG＝DH，進(jìn)而得出四邊形DGBH是正方形，得到BG＝DG＝BH＝DHBD，再根據(jù)AAS證明△AGD≌△CHD，得到AG＝CH，進(jìn)而得到DP＝DQ＝BD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠EDB＝90°，即BE為圓的直徑，進(jìn)而得出M為圓心，得到MA＝MB，∠MAB＝∠ABM，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，得到∠MAB＝∠BDC，據(jù)此列式求得∠P＝15°，∠BDC＝30°，最后根據(jù)平角的定義即可求解．
答案詳解：解：（1）如圖1，作∠ABC的角平分線，交圓于點(diǎn)D，則點(diǎn)D為∠B所對的弧的中點(diǎn)，
（2）①連結(jié)AE，
∵，
∴∠ABE＝∠BAC，
∵，
∴∠AEB＝∠ACB，
又∵AB為公共邊，
∴△ABE≌△BAC（AAS），
∴∠EAB＝∠ABC＝90°，
又∵，BC＝3，
∴AE＝BC＝3，
在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，
∴BE5，
∴BE＝5；
②方法一：連結(jié)AD，過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，DH⊥BC于點(diǎn)H，
∵點(diǎn)D是∠B所對的弧的中點(diǎn)，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠DGB＝∠DHC＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDH（AAS），
∴BG＝BH，DG＝DH，
∵∠DGB＝∠DHB＝∠GBH＝90°，
∴四邊形DGBH是正方形，
∴BG＝DG＝BH＝DHBD，
∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，
∴∠DAB+DCB＝180°，
∵∠DCH+∠DCB＝180°，
∴∠DAB＝∠DCH，
∵∠DGA＝∠DHC＝90°，DG＝DH，
∴△AGD≌△CHD（AAS），
∴AG＝CH，
∴AB+BC＝AG+BG+BH﹣HC＝2BGBD，
∵DP（AB+BC），
∴DP＝DQ＝BD，
∴∠DBQ＝∠DQB＝45°，
∴∠EDB＝90°，
∴BE為圓的直徑，
∵又∵AC為直徑，
∴點(diǎn)M為圓心，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠ABM，
∵，
∴∠MAB＝∠BDC，
設(shè)∠P＝α，則∠ABM＝2α，
∵∠ABM+∠PBD＝∠ABD＝45°，
∴2α+α＝45°，
∴α＝15°，
∴∠BDC＝30°，
∵BE為直徑，
∴∠EDB＝90°，
∴∠PDQ＝180°﹣∠EDB﹣∠BDC＝180°﹣90°﹣30°＝60°．
方法二：∵點(diǎn)D是∠B所對的弧的中點(diǎn)，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠DGB＝∠DHC＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDH（AAS），
∴BG＝BH，DG＝DH，
∵∠DGB＝∠DHB＝∠GBH＝90°，
∴四邊形DGBH是正方形，
∴BG＝DG＝BH＝DHBD，
∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，
∴∠DAB+DCB＝180°，
∵∠DCH+∠DCB＝180°，
∴∠DAB＝∠DCH，
∵∠DGA＝∠DHC＝90°，DG＝DH，
∴△AGD≌△CHD（AAS），
∴AG＝CH，
∴AB+BC＝AG+BG+BH﹣HC＝2BGBD，
∵DP（AB+BC），
∴DP＝DQ＝BD，
∴P、Q、B三點(diǎn)在以點(diǎn)D為圓心，DP為半徑的圓上，
∴∠PDQ＝2∠PBQ＝2∠ADE，
又∵∠PDQ+∠ADE＝90°，
∴∠PDQ＝60°．
4．如圖，⊙O的直徑AB為10cm，弦AC為6cm，∠ACB的平分線交⊙O于點(diǎn)D．
（1）求AD的長；
（2）試探究CA、CB、CD之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）連接OD，P為半圓ADB上任意一點(diǎn)，過P點(diǎn)作PE⊥OD于點(diǎn)E，設(shè)△OPE的內(nèi)心為M，當(dāng)點(diǎn)P在半圓上從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，求內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長．
試題分析：（1）由圓周角定理得出∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理可求出答案；
（2）延長CA到F，使AF＝CB，連接DF，證明△ADF≌△BDC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，得出∠CDF＝∠ADB＝90°，則△CDF為等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；
（3）連接OM，PM，證明△OMD≌△OMP（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠OMD＝∠OMP＝135°，則點(diǎn)M在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的兩段劣弧上（分OD左右兩種情況），求出OO'的長，由弧長公式可得出答案．
答案詳解：解：（1）∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵∠ACB的平分線交⊙O于D，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴，
∴AD＝BD，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴AD＝BDAB10＝5；
（2）CA+CBCD．
證明如下：延長CA到F，使AF＝CB，連接DF，
∵∠CBD+∠CAD＝180°，∠FAD+∠CAD＝180°，
∴∠CBD＝∠FAD，
在△ADF和△BDC中，
，
∴△ADF≌△BDC（SAS），
∴CD＝FD，∠CDB＝∠FDA，
∴∠CDF＝∠ADB＝90°，△CDF為等腰直角三角形，
∴CA+CB＝CFCD．
（3）連接OM，PM，
∵PE⊥OD，
∴∠PEO＝90°，
∵點(diǎn)M為△OPE的內(nèi)心，
∴∠OMP＝135°，
在△OMD和△OMP中，
，
∴△OMD≌△OMP（SAS），
∴∠OMD＝∠OMP＝135°，
∴點(diǎn)M在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的兩段劣弧上（分OD左右兩種情況）：
設(shè)弧OMD所在圓的圓心為O'，
∵∠OMD＝135°，
∴∠OO'D＝90°，
∴O'OOD，
∴的長為π，
∴點(diǎn)M的路徑長為π．
5．如圖，已知在△ABC中，∠A是鈍角，以AB為邊作正方形ABDE，使△ABC正方形ABDE分居在AB兩側(cè)，以AC為邊作正方形ACFG，使△ABC正方形ACFG分居在AC兩側(cè)，BG與CE交于點(diǎn)M，連接AM．
（1）求證：BG＝CE；
（2）求：∠AMC的度數(shù)；
（3）若BG＝a，MG＝b，ME＝c，求：S△ABM：S△ACM（結(jié)果可用含有a，b，c的式子表示）．
試題分析：（1）由題意畫出圖形，利用SAS公理判定△BAG≌△EAC即可得出結(jié)論；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)可得∠BGA＝∠ECA，利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠GMN＝∠CAN＝90°，利用正方形的性質(zhì)可得∠AGC＝45°，證明A，M，G．C四點(diǎn)共圓，利用同弧所對的圓周角相等即可得出結(jié)論；
（3））由△BAG≌△EAC可得BG＝EC＝a，S△BAG＝S△EAC；利用同高的三角形的面積比等于底的比可得用a，b，c的式子表示出的S△ABM：S△BAG和S△ACM：S△EAC，將兩個(gè)式子聯(lián)立即可得出結(jié)論．
答案詳解：證明：（1）由題意畫出圖形，如下圖，
∵四邊形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°．
∵四邊形ACFG是正方形，
∴AG＝AC，∠GAC＝90°．
∵∠BAG＝∠BAE＝∠EAG＝90°+∠EAG，
∠EAC＝∠GAC+∠EAG＝90°+∠EAG，
∴∠BAG＝∠EAG．
在△BAG和△EAC中，
，
∴△BAG≌△EAC（SAS）．
∴BG＝CE．
解：（2）∵△BAG≌△EAC，
∴∠BGA＝∠ECA．
設(shè)EC與AG交于點(diǎn)N，
∵∠MNG＝∠ANC，
∴∠GMN＝∠CAN．
∵四邊形ACFG是正方形，
∴∠GAC＝90°，
∴∠GMC＝90°．
∴∠BMC＝90°．
連接GC，如圖，
∵四邊形ACFG是正方形，
∴∠AGC＝45°．
∵∠GMC＝∠GAC＝90°，
∴A，M，G．C四點(diǎn)共圓．
∴∠AMC＝∠AGC＝45°．
解：（3）∵△BAG≌△EAC，
∴BG＝EC＝a，S△BAG＝S△EAC．
∵，
，
∴S△ABMS△BAG，S△ACMS△EAC．
∴．
6．對于平面內(nèi)的圖形G1和圖形G2，記平面內(nèi)一點(diǎn)P到圖形G1上各點(diǎn)的最短距離為d1，點(diǎn)P到圖形G2上各點(diǎn)的最短距離為d2，若d1＝d2，就稱點(diǎn)P是圖形G1和圖形G2的一個(gè)“等距點(diǎn)”．
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（6，0），B（0，2）．
（1）在R（3，0），S（2，0），T（1，）三點(diǎn)中，點(diǎn)A和點(diǎn)B的等距點(diǎn)是 S（2，0） ；
（2）已知直線y＝﹣2．
①若點(diǎn)A和直線y＝﹣2的等距點(diǎn)在x軸上，則該等距點(diǎn)的坐標(biāo)為 （4，0）或（8，0） ；
②若直線y＝a上存在點(diǎn)A和直線y＝﹣2的等距點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）記直線AB為直線l1，直線l2：yx，以原點(diǎn)O為圓心作半徑為r的⊙O．若⊙O上有m個(gè)直線l1和直線l2的等距點(diǎn)，以及n個(gè)直線l1和y軸的等距點(diǎn)（m≠0，n≠0），當(dāng)m≠n時(shí)，求r的取值范圍．
試題分析：（1）由兩點(diǎn)距離公式分別求出，AR，BR，AS，BS，AT，BT的長，即可求解；
（2）①設(shè)等距點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，0），由題意可得2＝|x﹣6|，即可求解；
②列出方程，由根的判別式可求解；
（3）利用數(shù)形結(jié)合，可求解．
答案詳解：解：（1）∵點(diǎn)A（6，0），B（0，2），R（3，0），S（2，0），T（1，），
∴AR＝3，BR，AS＝4，BS＝4，AT＝2，BT＝2，
∴AS＝BS，
∴點(diǎn)A和點(diǎn)B的等距點(diǎn)是S（2，0），
所以答案是：S（2，0）；
（2）①設(shè)等距點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，0），
∴2＝|x﹣6|，
∴x＝4或8，
∴等距點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0）或（8，0），
所以答案是：（4，0）或（8，0）；
②如圖1，設(shè)直線y＝a上的點(diǎn)Q為點(diǎn)A相直線y＝﹣2的等距點(diǎn)，連接QA，過點(diǎn)Q作直線y＝﹣2的垂線，垂足為點(diǎn)C，
∵點(diǎn)Q為點(diǎn)A和直線y＝﹣2的等距點(diǎn)，
∴QA＝QC，
∴QA2＝QC2
∵點(diǎn)Q在直線y＝a上，
∴可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為Q（x，a）
∴（x﹣6）2+a2＝[a﹣（﹣2）]2．
整理得x2﹣12x+32﹣4a＝0，
由題意得關(guān)于x的方程x2﹣12x+32﹣4a＝0有實(shí)數(shù)根．
∴△＝（﹣12）2﹣4×1×（32﹣4a）＝16（a+1）≥0．
解得a≥﹣1；
（3）如圖2，
直線l1和直線l2的等距點(diǎn)在直線l3：上．
直線l1和y軸的等距點(diǎn)在直線l4：或l5：yx+2上．
由題意得或r≥3．
7．如圖，⊙O為Rt△ABC的外接圓，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝4，點(diǎn)D是⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)C、D分別位于AB的兩側(cè)．
（1）求⊙O的半徑；
（2）當(dāng)CD＝4時(shí)，求∠ACD的度數(shù)；
（3）設(shè)AD的中點(diǎn)為M，在點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過程中，線段CM是否存在最大值？若存在，求出CM的最大值；若不存在，請說明理由．
試題分析：（1）利用勾股定理求出AB即可．
（2）連接OC，OD，證明∠OCA＝60°，∠OCD＝45°，可得結(jié)論．
（3）如圖2中，連接OM，OC．證明OM⊥AD，推出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡以AO為直徑的⊙J，連接CJ，JM．求出CJ．JM，根據(jù)CM≤CJ+JM＝22，可得結(jié)論．
答案詳解：解：（1）如圖1中，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵AC＝4，BC＝4，
∴AB8，
∴⊙O的半徑為4．
（2）如圖1中，連接OC，OD．
∵CD＝4，OC＝OD＝4，
∴CD2＝OC2+OD2，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD＝45°，
∵AC＝OC＝OA，
∴△AOC是等邊三角形，
∴∠ACO＝60°，
∴∠ACD＝∠ACO﹣∠DCO＝60°﹣45°＝15°．
（3）如圖2中，連接OM，OC．
∵AM＝MD，
∴OM⊥AD，
∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡以AO為直徑的⊙J，
連接CJ，JM．
∵△AOC是等邊三角形，AJ＝OJ，
∴CJ⊥OA，
∴CJ2，
∵CM≤CJ+JM＝22，
∴CM的最大值為22．
8．如圖，⊙O是四邊形ABCD的外接圓，直徑為10，過點(diǎn)D作DP⊥AB，交BA的延長線于點(diǎn)P，AD平分∠PAC．
（1）如圖1，若AC是⊙O的直徑，求證：PD與⊙O相切；
（2）在（1）的條件下，若PA+PD＝4，求線段BC的長；
（3）如圖2，若BC＝CD，求AB+AD的最大值．
試題分析：（1）連接OD，由DP⊥AB得∠PAD+∠PDA＝90°，根據(jù)AD平分∠PAC，即得∠DAC+∠PDA＝90°，而∠DAC＝∠ODA，即可得∠ODP＝90°，故PD與⊙O相切；
（2）連接OD，過A作AE⊥OD于E，由∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，知四邊形PDEA是矩形，PD＝AE，PA＝DE，設(shè)PD＝AE＝m，則PA＝DE＝4﹣m，在Rt△AOE中，有m2+（m+1）2＝52，可解得AE＝3，OE＝4，再由△AOE∽△CAB，，即得BC＝6；
（3）連接BD，連接BO并延長交⊙O于F，連接CF，由BC＝CD，AD平分∠PAC，可證明△BDC是等邊三角形，即有BD＝BC＝5，設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)，在Rt△APD中，PDy，APy，在Rt△APD中，（xy）2+（y）2＝（5）2，可得（x+y）2﹣xy＝75，設(shè)x+y＝t，則y＝t﹣x，x2﹣tx+t2﹣75＝0，根據(jù)Δ≥0，可得﹣10≤t≤10，從而知AB+AD最大值為10．
答案詳解：解：（1）連接OD，如圖：
∵DP⊥AB，
∴∠DPA＝90°，
∴∠PAD+∠PDA＝90°，
∵AD平分∠PAC，
∴∠PAD＝∠DAC，
∴∠DAC+∠PDA＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠DAC＝∠ODA，
∴∠ODA+∠PDA＝90°，即∠ODP＝90°，
∴OD⊥PD，
∴PD與⊙O相切；
（2）連接OD，過A作AE⊥OD于E，如圖：
∵∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，
∴四邊形PDEA是矩形，
∴PD＝AE，PA＝DE，
設(shè)PD＝AE＝m，則PA＝DE＝4﹣m，
∵⊙O直徑為10，
∴OA＝OD＝5，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣（4﹣m）＝m+1，
Rt△AOE中，AE2+OE2＝OA2，
∴m2+（m+1）2＝52，
解得m＝3或m＝﹣4（舍去），
∴AE＝3，OE＝4，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠B＝90°，
∴AE∥BC，
∴∠EAO＝∠ACB，
而∠B＝∠AEO＝90°，
∴△AOE∽△CAB，
∴，即，
∴BC＝6；
（3）方法一：連接BD，連接BO并延長交⊙O于F，連接CF，如圖：
∵BC＝CD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵AD平分∠PAC，
∴∠PAD＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠PAD，
∵∠BAC+∠DAC+∠PAD＝180°，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠PAD＝60°，
∴∠BDC＝∠F＝∠BAC＝60°，
∴△BDC是等邊三角形，
∴BD＝BC，
∵BF是直徑，
∠BCF＝90°，
∴BC＝BF?sinF＝105，
∴BD＝5，
設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)，
在Rt△APD中，PD＝AD?sin∠PADy，AP＝AD?cs∠PADy，
∴BP＝AB+AP＝xy，
在Rt△APD中，BP2+PD2＝BD2，
∴（xy）2+（y）2＝（5）2，
化簡整理得：x2+xy+y2＝75，即（x+y）2﹣xy＝75，
設(shè)x+y＝t，則y＝t﹣x，
∴t2﹣x（t﹣x）﹣75＝0，即x2﹣tx+t2﹣75＝0，
∵關(guān)于x的一元二次方程有實(shí)數(shù)解，
∴Δ≥0，即（﹣t）2﹣4×（t2﹣75）≥0，
解得﹣10≤t≤10，
∴t最大值為10，即x+y最大值為10，
∴AB+AD最大值為10．
方法二：連接BD，在AC上截取AF＝AD，如圖：
∵BC＝CD，
∴，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵AD平分∠PAC，
∴∠CAD＝∠BAC＝∠DAP＝60°，
∴∠DBC＝∠BDC＝60°，
∴△BDC是等邊三角形，
∴DB＝DC，
∵∠DAC＝60°，AF＝AD，
∴△ADF是等邊三角形，
∴∠ADF＝60°，AD＝DF，
∴∠ADF＝∠BDC＝60°，
∴∠ADB＝∠FDC，
∴△ADB≌△FDC（SAS），
∴AB＝CF，
∴AB+AD＝CF+AF＝AC，
∴當(dāng)AC為直徑，即AC＝10時(shí)，AB+AD取最大值是10．
9．如圖，BC是⊙O的直徑，點(diǎn)A在⊙O上且AB＝AC．
（1）如圖1，點(diǎn)D為直徑BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段AE，連接DE、BE，試探索線段BD，CD，DE之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）如圖2，若點(diǎn)D為⊙O外一點(diǎn)且∠ADB＝45°，試探索線段AD，BD，CD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）若點(diǎn)D為⊙O上一點(diǎn)且∠ADB＝45°，試探索線段AD，BD，CD之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
試題分析：（1）如圖1，證明△EAB≌△DAC（SAS），得BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，證明∠EBD＝90°，最后根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；
（2）如圖2，延長DB交⊙O于E，連接AE，CE，證明△DAB≌△EAC（SAS），得BD＝CE，最后根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；
（3）當(dāng)點(diǎn)D在時(shí)，如圖3，過點(diǎn)A作AE⊥AD交DB的延長線于點(diǎn)E，連接CD，證明△EAB≌△DAC（SAS），最后根據(jù)勾股定理可得結(jié)論．同理當(dāng)D在上時(shí)，同理可得結(jié)論．
答案詳解：證明：（1）如圖1，BD2+CD2＝DE2，理由是：
由旋轉(zhuǎn)得：AE＝AD，∠EAD＝90°，
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，
∴∠EBD＝∠EBA+∠ABD＝90°，
∴DE2＝BE2+BD2＝CD2+BD2；
（2）CD2＝2AD2+BD2，理由是：
如圖2，延長DB交⊙O于E，連接AE，CE，
∵∠ACB＝∠AEB＝45°，∠ADB＝45°，
∴∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BEC＝90°，
∴CD2＝DE2+CE2，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴CD2＝2AD2+BD2；
（3）分兩種情況：
①如圖3，BD+CDAD，理由如下：
如圖3，過點(diǎn)A作AE⊥AD，交DB的延長線于點(diǎn)E，連接CD，
∵∠ADB＝45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠E＝45°，AE＝AD，
∵∠EAD＝∠BAC＝90°，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵AB＝AC，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴EB＝CD，
∵△AED是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴DEAD，
∴BE+BDAD，
∴CD+BDAD；
②如圖4，BD﹣CDAD，理由如下：
過點(diǎn)A作AE⊥AD，交DB于點(diǎn)E，
∵∠ADB＝45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，AE＝AD，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠EAB＝∠DAC，∠AEB＝90°+45°＝135°，∠ADC＝90°+45°＝135°
∵AB＝AC，
∴△EAB≌△DAC（AAS），
∴EB＝CD，
∵△AED是等腰直角三角形，
∴DE2＝2AD2，
∴DEAD，
∴BD﹣BEAD，
∴BD﹣CDAD．
10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圖形W上任意兩點(diǎn)間的距離有最大值，將這個(gè)最大值記為d．對點(diǎn)P及圖形W給出如下定義：點(diǎn)Q為圖形W上任意一點(diǎn)，若P，Q兩點(diǎn)間的距離有最大值，且最大值恰好為2d．則稱點(diǎn)P為圖形W的“倍點(diǎn)”．
（1）如圖1，圖形W是半徑為1的⊙O．
①圖形W上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值d為 2 ；
②在點(diǎn)P1（0，2），P2（3，3），P3（﹣3，0）中，⊙O的“倍點(diǎn)”是 P3 ；
（2）如圖2，圖形W是中心在原點(diǎn)的正方形ABCD，點(diǎn)A（﹣1，1）．若點(diǎn)E（t，3）是正方形ABCD的“倍點(diǎn)”，求t的值；
（3）圖形W是長為2的線段MN，T為MN的中點(diǎn)，若在半徑為6的⊙O上存在線段MN的“倍點(diǎn)”，直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)T組成的圖形的面積．
試題分析：（1）①根據(jù)定義解答可；②分別找出P1Q、P2Q、P3Q的最大值，再根據(jù)定義判斷即可；
（2）正方形ABCD上的任意兩點(diǎn)間的距離最大值為，若點(diǎn)E是正方形ABCD的“倍點(diǎn)”，則點(diǎn)E到ABCD上點(diǎn)的最大距離好為4．結(jié)合圖形即可求解；
（3）分線段MN在⊙O內(nèi)部和在⊙O外兩種情況討論即可求解．
答案詳解：解：（1）①∵圖形W是半徑為1的⊙O，
圖形W上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值d為2．
所以答案是：2；
②如圖1，連接P2O并延長交⊙O于點(diǎn)E，
∵P2O，
2d，
∴P2不是⊙O的“倍點(diǎn)”；
∵P1到⊙O上各點(diǎn)連線中最大距離為2+1＝3≠2d，
∴P1不是⊙O的“倍點(diǎn)”；
∵P3到⊙O上各點(diǎn)連線中最大距離為3+1＝4＝2d，
∴P3是⊙O的“倍點(diǎn)”．
所以答案是：P3．
（2）如圖2，在正方形ABCD中，
正方形ABCD上任意兩點(diǎn)之間距離的最大距離，
∴，
由圖可知當(dāng)點(diǎn)E在如圖所示的位置時(shí)，E是正方形ABCD的“倍點(diǎn)“，
∴，
∴t的值為：3或﹣3．
（3）MN上d＝2，2d＝4，
當(dāng)線段MN在⊙O外部時(shí)，EM＝4，TM＝1，
∴ET，
∴大⊙O的半徑為6，
同理，小⊙O的半徑為6，
點(diǎn)T所構(gòu)成的圖形是圓環(huán)，它的面積24．
所以答案是：24．
11．如圖，點(diǎn)C是以AB為直徑的半圓O上一動(dòng)點(diǎn)，且AB＝2，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，CP平分∠BCA交AD于點(diǎn)P，PF⊥AC，PE⊥BC．
（1）求證：四邊形CEPF為正方形；
（2）求AC?BC的最大值；
（3）求的最小值．
試題分析：（1）先證明四邊形CEPF是矩形，由角平分線的性質(zhì)得出PE＝PF，根據(jù)正方形的判定可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，由三角形ABC的面積可得出AC?BC＝2CH，由圓的性質(zhì)可得出答案；
（3）求出PF，求出PF的最大值為1，則可得出答案．
答案詳解：（1）證明：∵AB為圓O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PFC＝∠PEC＝90°，
∴四邊形CEPF是矩形，
∵CP平分∠ACB，PE⊥AC，PF⊥BC，
∴PE＝PF，
∴矩形CEPF是正方形，
（2）解：過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，
由等面積法：S△ACBAC?BCAB?CH，
∴AC?BC＝2CH，
當(dāng)CH為半徑時(shí)取最大值，
∴AC?BC的最大值為2；
（3）由等面積法：S△ACD＝S△ACP+S△CDP，
∴AC?CD＝AC?PF+CD?PE，
由（1）PE＝PF，
∴AC?CD＝AC?PF+CD?PF，
AC?CD＝PF?（AC+CD），
兩邊同時(shí)除以AC?CD得：1＝PF，
即：，
∴當(dāng)PF取最大值時(shí)，取最小值．
由直角三角形內(nèi)切圓公式：PF

1
，
當(dāng)AC?BC取最大值時(shí)，PF最大．
由（2）可知，AC?BC最大值為2．
代入上式可得PF的最大值為，
∴的最小值為：．
12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中．⊙O的半徑為1，對于直線l和線段AB，給出如下定義：若將線段AB關(guān)于直線l對稱，可以得到⊙O的弦A′B′（A′，B′分別為A，B的對應(yīng)點(diǎn)），則稱線段AB是⊙O的關(guān)于直線l對稱的“關(guān)聯(lián)線段”．例如：在圖1中，線段AB是⊙O的關(guān)于直線l對稱的“關(guān)聯(lián)線段”．
（1）如圖2，點(diǎn)A1，B1，A2，B2，A3，B3的橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)．
①在線段A1B1，A2B2，A3B3中，⊙O的關(guān)于直線y＝x+2對稱的“關(guān)聯(lián)線段”是 A1B1 ；
②若線段A1B1，A2B2，A3B3中，存在⊙O的關(guān)于直線y＝﹣x+m對稱的“關(guān)聯(lián)線段”，則m＝ 2或3 ；
（2）已知直線yx+b（b＞0）交x軸于點(diǎn)C，在△ABC中，AC＝3，AB＝1．若線段AB是⊙O的關(guān)于直線yx+b（b＞0）對稱的“關(guān)聯(lián)線段”，直接寫出b的最大值和最小值，以及相應(yīng)的BC長．
試題分析：（1）①分別畫出線段A1B1，A2B2，A3B3關(guān)于直線y＝x+2對稱線段，如圖，即可求解；
②從圖象性質(zhì)可知，直線y＝﹣x+m與x軸的夾角為45°，而線段A1B1⊥直線y＝﹣x+m，線段A1B1關(guān)于直線y＝﹣x+m對稱線段還在直線A1B1上，顯然不可能是⊙O的弦；線段A3B3，⊙O的最長的弦為2，得線段A3B3的對稱線段不可能是⊙O的弦，而線段A2B2∥直線y＝﹣x+m，線段A2B2，∴線段A2B2的對稱線段線段A2′B2′線段A2B2，且線段A2′B2′，平移這條線段，使其在⊙O上，有兩種可能，畫出對應(yīng)圖形即可求解；
（2）先表示出OCb，b最大時(shí)就是OC最大，b最小時(shí)就是CO長最小，根據(jù)線段AB關(guān)于直線yx+b對稱線段A′B′在⊙O上，得A′C′＝AC＝3，再由三角形三邊關(guān)系得A′C﹣OA′≤OC≤A′C+OA′，得當(dāng)A′為（﹣1，0）時(shí)，如圖3，OC最小，此時(shí)C點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）；當(dāng)A′為（1，0）時(shí)，如圖3，OC最大，此時(shí)C點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），分兩種情形分別求解．
答案詳解：解：（1）①分別畫出線段A1B1，A2B2，A3B3關(guān)于直線y＝x+2對稱線段，如圖，
發(fā)現(xiàn)線段A1B1的對稱線段是⊙O的弦，
∴線段A1B1，A2B2，A3B3中，⊙O的關(guān)于直線y＝x+2對稱的“關(guān)聯(lián)線段”是A1B1，
所以答案是：A1B1；
②∵從圖象性質(zhì)可知，直線y＝﹣x+m與x軸的夾角為45°，
∴線段A1B1⊥直線y＝﹣x+m，
∴線段A1B1關(guān)于直線y＝﹣x+m對稱線段還在直線A1B1上，顯然不可能是⊙O的弦，
∵線段A3B3，⊙O的最長的弦為2，
∴線段A3B3的對稱線段不可能是⊙O的弦，
線段A2B2是⊙O的關(guān)于直線y＝﹣x+m對稱的“關(guān)聯(lián)線段”，
而線段A2B2∥直線y＝﹣x+m，線段A2B2，
∴線段A2B2的對稱線段線段A2′B2′線段A2B2，且線段A2′B2′，
平移這條線段，使其在⊙O上，有兩種可能，
第一種情況：A2′、B2′的坐標(biāo)分別為（0，1）、（1，0），
此時(shí)m＝3；
第二種情況：A2′、B2′的坐標(biāo)分別為（﹣1，0）、（0，﹣1），
此時(shí)m＝2，
所以答案是：3或2；
（2）∵直線yx+b（b＞0）交x軸于點(diǎn)C，
當(dāng)y＝0時(shí)，yx+b＝0，
解得：xb，
∴OCb，
b最大時(shí)就是OC最大，
b最小時(shí)就是CO長最小，
∵線段AB是⊙O的關(guān)于直線yx+b（b＞0）對稱的“關(guān)聯(lián)線段”，
∴線段AB關(guān)于直線yx+b對稱線段A′B′在⊙O上，
∴A′C′＝AC＝3，
在△A′CO中，A′C﹣OA′≤OC≤A′C+OA′，
∴當(dāng)A′為（﹣1，0）時(shí)，如圖3，OC最小，此時(shí)C點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），
將點(diǎn)C代入直線yx+b中，
2+b＝0，解得：b，
過點(diǎn)B′作B′D⊥A′C于點(diǎn)D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
∴A′D，B′D，
∴CD＝3，
在Rt△B′DC中，B′C；
∴當(dāng)A′為（1，0）時(shí)，如圖4，OC最大，此時(shí)C點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），
將點(diǎn)C代入直線yx+b中，
4+b＝0，解得：b，
過點(diǎn)B′作B′D⊥A′C于點(diǎn)D，
∵A′B′＝A′O＝B′O＝1，
∴∠B′A′D＝60°，
∴A′D，B′D，
∴CD＝3，
在Rt△B′DC中，B′C，
∴b的最大值為，BC；最小值為，BC．
13．對于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M和點(diǎn)P給出如下定義：Q為圖形M上任意一點(diǎn)，若P，Q兩點(diǎn)間距離的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，則稱點(diǎn)P為圖形M的“二分點(diǎn)”．已知點(diǎn)N（3，0），A（1，0），B（0，），C（，﹣1）．
（1）①在點(diǎn)A，B，C中，線段ON的“二分點(diǎn)”是 B、C ；
②點(diǎn)D（a，0），若點(diǎn)C為線段OD的“二分點(diǎn)”，求a的取值范圍；
（2）以點(diǎn)O為圓心，r為半徑畫圓，若線段AN上存在⊙O的“二分點(diǎn)”，直接寫出r的取值范圍．
試題分析：（1）計(jì)算每個(gè)點(diǎn)到ON的最大和最小值，可推斷出結(jié)果；
（2）分為當(dāng)最小值是1，和最大值是2兩種情形；
（3）當(dāng)AN上的點(diǎn)在圓外和外內(nèi)兩種情形；
答案詳解：解：（1）①如圖1，
∵點(diǎn)A到ON的最大距離是2，到ON的最小距離是0，
∴點(diǎn)A不是ON的二分點(diǎn)，
∵OB，BN＝2，
∴BN＝2OB，
∴B點(diǎn)是ON的二分點(diǎn)，
∵CD＝1，OC＝2，
∴點(diǎn)C是ON的二分點(diǎn)，
所以答案是：B、C；
②如圖2，
當(dāng)OC＝2是最小值時(shí)，最大值是OD＝4，
∴（a）2+1＝42，
∴a1（舍去），a2，
當(dāng)最小值是1時(shí)，a，
最大值是2時(shí)，
∵OC＝2，
∴a≤2，
∴
綜上所述：a或a≤2；
（2）如圖3，
當(dāng)點(diǎn)A在⊙O外時(shí)，設(shè)點(diǎn)M在AN上，M（x，0），（1≤x≤3），
假設(shè)M是⊙O的二分點(diǎn)，
∴x+r＝2（x﹣r），
∴x＝3r，
∴1≤3r≤3，
∴r≤1；
如圖4，
點(diǎn)M在⊙O內(nèi)，
∴x+r＝2（r﹣x），
∴x，
∴13，
∴3≤r≤9，
綜上所述：或3≤r≤9．
14．已知：如圖①，AD為⊙O的直徑，點(diǎn)A為優(yōu)弧的中點(diǎn)，延長BO交AC于點(diǎn)E．
（1）求證：∠BAC＝2∠ABE；
（2）若△BCE是等腰三角形時(shí)，求∠BCE的度數(shù)；
（3）如圖②，若弦BC垂直平分半徑OD，連接DE交BC于點(diǎn)F，DF＝a，EF＝k?DF，S△BEF＝1，M、N、P分別為直線BD、BF、DF上的三個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△MNP周長的最小值．
試題分析：（1）可證得點(diǎn)D是的中點(diǎn)，所以∠BAC＝2∠BAD，而∠BAD＝∠ABE，進(jìn)而命題得證；
（2）設(shè)∠ABE＝x，則∠BAC＝2x，當(dāng)BE＝BC時(shí)，表示出∠BEC＝∠ABE+∠BAC＝3x，進(jìn)而∠ABC＝∠C＝3x，在△ABC中，由三角形內(nèi)角和定理可求得結(jié)果，當(dāng)BC＝BE時(shí)，同樣方法求得結(jié)果；
（3）作BP⊥DE于P．作FM⊥BD于M，AD與BF交于N，則△MNP的周長最小，作點(diǎn)P關(guān)于BF的對稱點(diǎn)P′，P點(diǎn)關(guān)于BD的對稱點(diǎn)P″，連接P′P″，先求出∠CBD＝30°，進(jìn)而可得出△P″BP′是等邊三角形，進(jìn)一步求得結(jié)果．
答案詳解：（1）證明：∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABE，
∵點(diǎn)A為優(yōu)弧的中點(diǎn)，AD是直徑，
∴點(diǎn)D是的中點(diǎn)，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∴∠BAC＝2∠ABE；
（2）解：設(shè)∠ABE＝x，則∠BAC＝2x，
當(dāng)BE＝BC時(shí)，∠ABC＝∠C＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠ABE+∠BAC＝3x，
∴∠ABC＝∠C＝3x，
在△ABC中，由三角形內(nèi)角和定理得，
2x+3x+3x＝180°，
∴x＝22.5°，
∴∠BCE＝3x＝67.5°，
當(dāng)BC＝BE時(shí)，
∠CBE＝∠BEC＝3x，
∴∠C＝∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝4x，
∴2x+4x+4x＝180°，
∴x＝18°，
∴∠BCE＝4x＝72°，
綜上所述：∠BEC＝67.5°或72°；
（3）解：如圖，
作BP⊥DE于P．作FM⊥BD于M，AD與BF交于N，則△MNP的周長最小，
作點(diǎn)P關(guān)于BF的對稱點(diǎn)P′，P點(diǎn)關(guān)于BD的對稱點(diǎn)P″，連接P′P″，
∴BP′＝BP＝BP″，∠P′BC＝∠NBP，∠″PBD＝∠PBD，
∴∠P′BP″＝2∠CBD，
∵BC垂直平分OD，
∴OD＝OB＝BD，
∴∠ADB＝60°，
∵，
∴∠C＝∠ADB＝60°，
∵，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠DAC＝∠BAD30°，
∵，
∴∠CBD＝∠DAC＝30°，
∴∠P′BP″＝60°，
∴△BP′P″是等邊三角形，
∴P′P″＝BP′＝BP，
∴MN+PN+PM＝
∵EF＝k?DF，S△BEF＝1，
∴S△BDF，
∴，
即：，
∴BP，
∴△MNP的周長最小值是：．
15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1，點(diǎn)A在⊙O上，點(diǎn)P在⊙O內(nèi)，給出如下定義：連接AP并延長交⊙O于點(diǎn)B，若AP＝kAB，則稱點(diǎn)P是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的k倍特征點(diǎn)．
（1）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0）．
①若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，0），則點(diǎn)P是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的 倍特征點(diǎn)；
②在C1（0，），C2（，0），C3（，）這三個(gè)點(diǎn)中，點(diǎn) C3 是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)；
③直線l經(jīng)過點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)D，∠DAO＝60°．點(diǎn)E在直線l上，且點(diǎn)E是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）若當(dāng)k取某個(gè)值時(shí)，對于函數(shù)y＝﹣x+1（0＜x＜1）的圖象上任意一點(diǎn)M，在⊙O上都存在點(diǎn)N，使得點(diǎn)M是點(diǎn)N關(guān)于⊙O的k倍特征點(diǎn)，直接寫出k的最大值和最小值．
試題分析：（1）①由題意知AP＝OA+OP＝1，AB＝2，則k；
②由勾股定理得AC1，假設(shè)點(diǎn)C1是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，則AE2OA＝2，不符合題意，同理判斷C2、C3即可；
③當(dāng)點(diǎn)D在y軸正半軸上時(shí)，設(shè)直線AD交⊙O于B，連接OE，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，根據(jù)點(diǎn)E點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，得，由含30°的直角三角形的性質(zhì)可得OE，AE的長，當(dāng)點(diǎn)D在y軸負(fù)半軸同理可得答案；
（2）設(shè)直線y＝﹣x+1與x軸，y軸的交點(diǎn)分別為C，D，過點(diǎn)N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，過點(diǎn)O作直線EF⊥CD交⊙O于E，F(xiàn)，由，可知k越大，1﹣k的值越小，則﹣1的值越小，得AM＝BP，MN＝NP時(shí)，k的值最小，即A與E重合，N與F重合時(shí)，k的值最小，從而解決問題．
答案詳解：解：（1）①∵A（1，0），P（），
∴AP＝OA+OP＝1，
∵B（﹣1，0），
∴AB＝2，
∵AP＝kAB，
∴k，
所以答案是：；
②∵C1（0，），A（1，0），
∴OC1，
∴AC1，
假設(shè)點(diǎn)C1是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
∴，
∴AE2OA＝2，不符合題意，
∴點(diǎn)C1不是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
同理可求出AC3，
假設(shè)點(diǎn)C3是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
∴，
∴C3為AF的中點(diǎn)，
∴F（0，﹣1），
∵F在圓上，
∴點(diǎn)C3是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
∵C2（），
∴AC2，
∴，
∴點(diǎn)C2不是點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
所以答案是：C3；
③如圖，當(dāng)點(diǎn)D在y軸正半軸上時(shí)，設(shè)直線AD交⊙O于B，連接OE，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，
∵點(diǎn)E點(diǎn)A關(guān)于⊙O的倍特征點(diǎn)，
∴，
∴E是AB的中點(diǎn)，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO＝60°，
∴∠EOA＝30°，
∴AE，EF，
OE，
∴EF，
∴E（），
當(dāng)點(diǎn)D在y軸負(fù)半軸上時(shí)，同理可得E（），
綜上：E（）或（）；
（2）設(shè)直線y＝﹣x+1與x軸，y軸的交點(diǎn)分別為C，D，過點(diǎn)N作NP⊥CD交CD于P，交⊙O于B，過點(diǎn)O作直線EF⊥CD交⊙O于E，F(xiàn)，
∴MN≥NP，AM≤BP，
∵AM＝AN﹣MN＝（1﹣k）AN，
∴，
∵k越大，1﹣k的值越小，
∴﹣1的值越小，
∴當(dāng)?shù)闹翟酱?，k的值越大，
∴AM＝BP，MN＝NP時(shí)，k的值最大，
∴A與E重合，N與F重合時(shí)，k的值最小，
∵C，D是直線y＝﹣x+1與x軸，y軸的交點(diǎn)，
∴C（1，0），D（0，1），
∵O到C和D的距離都是1，
∴OC＝OD＝1，
∴CD，
∵OG⊥CD，
∴CG＝DG，
∴OG，
∴FG＝OF﹣OG＝1，
∴k，
∴k的最小值為，
當(dāng)點(diǎn)N在E點(diǎn)，A在F點(diǎn)時(shí)，k有最大值為．
16．如圖1，△ABC為等邊三角形，D為AG右側(cè)一點(diǎn)，且AD＝AC，連接BD交AC于點(diǎn)E，延長DA、CB交于點(diǎn)F．
（1）若∠BAF＝30°，，求AD；
（2）證明：CF＝AF+AE；
（3）如圖2，若AB＝2，G為BC中點(diǎn)，連接AG，M為AG上一動(dòng)點(diǎn)，連接CM，將CM繞著M點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到MN，連接AN，CN，當(dāng)AN最小時(shí)，直接寫出△CMN的面積．
試題分析：（1）先判斷出∠CAF＝90°，進(jìn)而求出AC，即可得胡結(jié)論；
（2）在AD上取點(diǎn)H使AH＝AE，進(jìn)而得出△ACH≌△ADE（SAS），得出∠AHC＝∠AED，∠ACH＝∠ADE，再判斷出∠ABD＝∠ADB，即可得出結(jié)論；
（3）如圖2，過點(diǎn)N作NQ⊥GA交GA的延長線于Q，進(jìn)而判斷出△MQN≌△CGM（AAS），得出NQ＝MG，MQ＝CG＝1，設(shè)AM＝x，則NQx，AQ＝1﹣x，進(jìn)而得AN2＝2（x）2+2，即可得出結(jié)論．
答案詳解：（1）解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵∠BAF＝30°，
∴∠CAF＝∠BAC+∠BA∠＝90°，
在Rt△ACF中，∠F＝90°﹣∠ACB＝30°，AF，
∴ACAF＝1，
∴AD＝AC＝1；
（2）證明：如圖1，
在AD上取點(diǎn)H使AH＝AE，
∵∠CAH＝∠DAE，AC＝AD，
∴△ACH≌△ADE（SAS），
∴∠AHC＝∠AED，∠ACH＝∠ADE，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵AC＝AD，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠AED＝∠BAC+∠ABD＝60°+∠ACH，
∴∠AHC＝60°+∠ACH，
∵∠FCH＝∠ACB+∠ACH＝60°+∠ACH，
∴∠AHC＝∠FCH，
∴FC＝FH＝AF+AH＝AF+AE．
（3）解：如圖2，
過點(diǎn)N作NQ⊥GA交GA的延長線于Q，
∴∠Q＝90°，
∴∠MNQ+∠NMQ＝90°，
由旋轉(zhuǎn)知，CM＝MN，∠CMN＝90°，
∴∠CMG+∠NMQ＝90°，
∴∠MNQ＝∠CMG，
∵△ABC是等邊三角形，點(diǎn)G是BC的中點(diǎn)，
∴AG⊥BC，
∴CGBC＝1，∠CGM＝90°＝∠Q，
∴△MQN≌△CGM（AAS），
∴NQ＝MG，MQ＝CG＝1，
在Rt△ACG中，∠ACG＝60°，
∴AGCG，
設(shè)AM＝x，則NQ＝MG＝AG﹣AMx，AQ＝MQ﹣AM＝1﹣x，
在Rt△AQN中，AN2＝AQ2+NQ2＝（1﹣x）2+（x）2＝2（x）2+2，
∴當(dāng)x時(shí)，AN最小，此時(shí)，AM，
∴MG，
∴CM2＝MG2+CG2＝（）2+1＝2．
即當(dāng)AN最小時(shí)，△CMN的面積為（2）＝1．
17．在等邊△ABC中，D是邊AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，將BD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到DE，連接CE．
（1）如圖1，當(dāng)B、A、E三點(diǎn)共線時(shí)，連接AE，若AB＝2，求CE的長；
（2）如圖2，取CE的中點(diǎn)F，連接DF，猜想AD與DF存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BE、AP交于G點(diǎn)．若GF＝DF，請直接寫出的值．
試題分析：（1）作EF⊥AC于F，先推出∠ADB＝90°，進(jìn)而求出AD＝AE＝1，解Rt△AEF，再解Rt△CEF，從而求得CE
（2）連接AF并延長至G，使FG＝AF，先證得△EFG≌△CFA，進(jìn)而證得△DEG≌△DBA，進(jìn)一步得∠DAG＝30°，∠ADF＝90°，從而得出DF；
（3）連接DG，作DH⊥AB于H，先證得點(diǎn)A、B、D、G共圓，從而得出∠BDG＝180°﹣∠BAF＝90°，∠FDG＝∠ABD＝45°，設(shè)AH＝x，解斜三角形ABD和△BDE，進(jìn)一步額求得結(jié)果．
答案詳解：解：（1）如圖1，
作EF⊥AC于F，
∴∠AFE＝90°，
∵BD＝DE，∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠DBE30°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝90°，
∴AD，
∵∠BAC＝∠AED+∠ADE，
∴∠ADE＝∠BAC﹣∠AED＝60°﹣30°＝30°，
∴AE＝AD＝1，
∵∠AFE＝90°，∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴AF＝AE?cs60°，EF＝AE?sin60°，
在Rt△CEF中，CF＝AC+AF＝2，EF，
∴CE；
（2）如圖2，
DF，理由如下：
連接AF并延長至G，使FG＝AF，
∵F是CE的中點(diǎn)，
∴EF＝CF，
∵∠EFG＝∠CFA，
∴△EFG≌△CFA（SAS），
∴EG＝AC，∠CAF＝∠EGF，
∴AC∥EG，
∴∠DEG＝∠ADE，
∵∠BDE＝120°，
∴∠ADE+∠ADB＝120°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠ABD+∠ADB＝120°，EG＝AB，
∴∠ADE＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠DEG，
∵DE＝BD，
∴△DEG≌△DBA（SAS），
∴AD＝DG，∠EDG＝∠ADB，
∴∠DAG＝∠AGD，∠EDG+∠ADE＝∠ADB+∠ADE＝∠BDE，
∴∠ADG＝120°，
∴∠DAG＝30°，
∵AD＝DG，AF＝FG，
∴DF⊥AG，
∴∠ADF＝90°，
∴DF；
（3）如圖3，
連接DG，作DH⊥AB于H，
由（2）知：∠AFD＝90°，∠FAD＝30°，∠DEB＝30°，
∴∠FAD＝∠DEB，∠BAF＝∠BAC+∠DAF＝90°，
∴點(diǎn)A、B、D、G共圓，
∴∠BDG＝180°﹣∠BAF＝90°，
∵GF＝DF，
∴∠FGD＝∠GDF＝45°，
∴∠ABD＝∠FGD＝45°，
∴∠FDG＝∠ABD＝45°，
∴BH＝DH，
在Rt△ADH中，∠BAC＝60°，
設(shè)AH＝x，則BH＝DH＝AH?tan60°x，AD＝2x，
∴AC＝AB＝AH+BH＝（1）x，BDx，
∵BE＝2?（BD?sin60°）＝2x3x，
∴CD＝AC﹣AD＝（1）x﹣2x＝（）x，
∴．
18．如圖，在△ABC中，AB＝3，點(diǎn)E、D分別是AB邊上的三等分點(diǎn)，CD⊥AB于點(diǎn)D，點(diǎn)P是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PE、EC，作△EPC關(guān)于AC的軸對稱圖形△FPC．
（1）當(dāng)PE∥BC時(shí)，求的值；
（2）當(dāng)F、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，求證：AP?AC＝3；
（3）當(dāng)CD＝2，且AP＞PC時(shí)，線段PE的中垂線GQ分別交線段PE、CD于點(diǎn)G、Q，連接PQ、EQ，求線段PQ的最小值．
試題分析：（1）由平行線分線段成比例可得，即可求解；
（2）通過證明∠PAE∽△BAC，可得，即可求解；
（3）通過證明△GEM∽△GQN，可得，可求QN的長，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求QD的最小值為2，由勾股定理可求解．
答案詳解：解：（1）∵PE∥BC，
∴，
∵點(diǎn)E，點(diǎn)D分別是AB上的三等分點(diǎn)，
∴；
（2）如圖1，設(shè)CE與BF的交點(diǎn)為I，
∵CD⊥AB，點(diǎn)D是BE的中點(diǎn)，
∴CB＝CE，
∴∠CBD＝∠CED，
∵△EPC與△FPC關(guān)于AC對稱，
∴CE＝CF，∠CEP＝∠CFP，∠EPA＝∠FPA＝∠CPB，
又∵CB＝CE，
∴CB＝CF，
∴∠CFP＝∠CBF＝∠CEP，
又∵∠PIE＝∠CIB，
∴∠EPB＝∠BCE，
設(shè)∠EPB＝∠BCE＝α，
∴∠EPA，∠CBE，
∴∠EPA＝∠CBE，
又∵∠PAE＝∠BAC，
∴∠PAE∽△BAC，
∴，
∴AP?AC＝AB?AE，
∵AB＝3，AE＝1，
∴AP?AC＝3；
（3）如圖2，過點(diǎn)P作PT⊥AB于點(diǎn)T，過點(diǎn)G作GM⊥AB于點(diǎn)M，GN⊥CD于點(diǎn)N，
又∵AD⊥CD，
∴四邊形GNDM是矩形，
∴GN＝MD，GM＝DN，
∵AD＝CD，AD⊥CD，
∴∠A＝45°，
設(shè)AP＝x，則PTx＝AT，
∵點(diǎn)G是PE的中點(diǎn)，
∴GMPTx，
∴EMET（AT﹣AE）（x﹣1）x，
∴GN＝MD＝ED﹣EM＝11x，
∵∠EGM+∠MGQ＝90°，∠QGN+∠MGQ＝90°，
∴∠EGM＝∠QGN，
又∵∠EMG＝∠QNG＝90°，
∴△GEM∽△GQN，
∴，
∴，
∴QN＝2x，
∴QD＝ND﹣NQ＝GM﹣NQx﹣（2x）（x）﹣2（）22，
∴當(dāng)，即x時(shí)，QD的最小值為2，
∵GQ垂直平分PE，
∴PQ＝EQ，
∴PQ的最小值＝EQ的最小值2．

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