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7.(2025·宿迁宿城区期末)如图,点A,B的坐标分别为A(2,0),B(0,2),C为坐标平面内一点,OC⊥BC,M为线段AC的中点,连接OM,则OM的最大值为
$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$
。答案
7.$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$
解析
【分析】
首先根据OC⊥BC可得∠OCB=90°，结合圆周角定理的推论可判断动点C的轨迹是以OB为直径的圆，先求出该圆的圆心与半径。再利用M是AC中点的条件，通过构造三角形中位线将OM的长度转化为另一条线段的一半，最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于点到圆心的距离加半径，即可求出OM的最大值。
【解析】
1. 确定点C的运动轨迹：
∵ OC⊥BC，
∴ ∠OCB=90°，
∴ 点C在以OB为直径的圆上，记OB的中点为D，则D为该圆的圆心。
已知O(0,0)，B(0,2)，
∴ D点坐标为(0,1)，圆的半径$r=\frac{OB}{2}=1$。
2. 构造中位线转化线段：
取点A关于原点O的对称点A'，则A'的坐标为(-2,0)，O为线段A'A的中点。
∵ M为AC的中点，
∴ OM是△A'AC的中位线，
∴ $OM=\frac{1}{2}A'C$，即要求OM的最大值，只需求A'C的最大值。
3. 求A'C的最大值：
点C在圆D上，先计算A'到圆心D的距离：
$A'D=\sqrt{(-2-0)^2+(0-1)^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$。
根据圆的性质，圆上一点到圆外定点的最大距离为定点到圆心的距离与半径之和，
∴ $A'C_{\mathrm{max}}=A'D + r=\sqrt{5}+1$。
4. 计算OM的最大值：
$OM_{\mathrm{max}}=\frac{1}{2}A'C_{\mathrm{max}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$
【知识点】
圆周角定理，三角形中位线定理，圆的最值
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题的核心是先根据直角条件确定动点的轨迹为圆，再通过中位线转化所求线段，将未知最值转化为熟悉的圆外点到圆上点的最值问题，考查了转化思想和对几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
首先根据OC⊥BC可得∠OCB=90°，结合圆周角定理的推论可判断动点C的轨迹是以OB为直径的圆，先求出该圆的圆心与半径。再利用M是AC中点的条件，通过构造三角形中位线将OM的长度转化为另一条线段的一半，最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于点到圆心的距离加半径，即可求出OM的最大值。
【解析】
1. 确定点C的运动轨迹：
∵ OC⊥BC，
∴ ∠OCB=90°，
∴ 点C在以OB为直径的圆上，记OB的中点为D，则D为该圆的圆心。
已知O(0,0)，B(0,2)，
∴ D点坐标为(0,1)，圆的半径$r=\frac{OB}{2}=1$。
2. 构造中位线转化线段：
取点A关于原点O的对称点A'，则A'的坐标为(-2,0)，O为线段A'A的中点。
∵ M为AC的中点，
∴ OM是△A'AC的中位线，
∴ $OM=\frac{1}{2}A'C$，即要求OM的最大值，只需求A'C的最大值。
3. 求A'C的最大值：
点C在圆D上，先计算A'到圆心D的距离：
$A'D=\sqrt{(-2-0)^2+(0-1)^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$。
根据圆的性质，圆上一点到圆外定点的最大距离为定点到圆心的距离与半径之和，
∴ $A'C_{\mathrm{max}}=A'D + r=\sqrt{5}+1$。
4. 计算OM的最大值：
$OM_{\mathrm{max}}=\frac{1}{2}A'C_{\mathrm{max}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$
【知识点】
圆周角定理，三角形中位线定理，圆的最值
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题的核心是先根据直角条件确定动点的轨迹为圆，再通过中位线转化所求线段，将未知最值转化为熟悉的圆外点到圆上点的最值问题，考查了转化思想和对几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
8.(2025·宿迁沭阳县期中)如图,在$△ ABC$中,$AC=2$,$BC=3$,$∠ ACB=30°$,$D$是$△ ABC$内一动点,$\odot O$为$△ ACD$的外接圆,$\odot O$交直线$BD$于点$P$,交边$BC$于点$E$.若$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CP}$,则$AD$的最小值为
$\sqrt{13}-3$
.答案
8.$\sqrt{13}-3$
解析
【分析】
解题第一步先利用等弧对应的圆周角相等，推导得到∠BDC为固定的150°，确定动点D的轨迹是以BC为弦、所对圆周角为150°的隐圆；第二步求出该隐圆的半径与圆心位置，根据“圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”的规律，结合勾股定理计算即可得到AD的最小值。
【解析】
1. 因为$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CP}$，根据等弧所对的圆周角相等，可得$∠ ACD=∠ CBP$。
2. 在$△ BDC$中，$∠ BDC=180° - (∠ CBP + ∠ BCD)$，将$∠ CBP$替换为$∠ ACD$，得$∠ BDC=180° - (∠ ACD + ∠ BCD)=180° - ∠ ACB$。
已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ BDC=180° - 30°=150°$，即$∠ BDC$为定角。
3. 由于BC为定长（BC=3），∠BDC为定角，因此点D的轨迹是以BC为弦、在△ABC内部侧所对圆周角为150°的圆弧，设该隐圆的圆心为$O_1$，半径为$r$。
4. 根据圆周角定理，弦BC对的圆心角$∠ BO_1C=2×(180° - 150°)=60°$，又$O_1B=O_1C=r$，因此$△ BO_1C$为等边三角形，得$r=O_1C=BC=3$，且$∠ O_1CB=60°$。
5. 计算$∠ ACO_1=∠ ACB + ∠ O_1CB=30° + 60°=90°$，即$△ ACO_1$为直角三角形。
6. 在$Rt△ ACO_1$中，$AC=2$，$O_1C=3$，由勾股定理得$AO_1=\sqrt{AC^2 + O_1C^2}=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$。
7. 点A在隐圆$O_1$外，因此AD的最小值为$AO_1 - r=\sqrt{13} - 3$。
【答案】
$\sqrt{13}-3$
【知识点】
圆周角定理，隐圆最值，勾股定理
【点评】
本题是典型的圆中动态最值问题，解题关键是通过定角挖掘出动点的隐圆轨迹，再结合点与圆的位置关系求解最值，对学生的几何推理和轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解题第一步先利用等弧对应的圆周角相等，推导得到∠BDC为固定的150°，确定动点D的轨迹是以BC为弦、所对圆周角为150°的隐圆；第二步求出该隐圆的半径与圆心位置，根据“圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”的规律，结合勾股定理计算即可得到AD的最小值。
【解析】
1. 因为$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CP}$，根据等弧所对的圆周角相等，可得$∠ ACD=∠ CBP$。
2. 在$△ BDC$中，$∠ BDC=180° - (∠ CBP + ∠ BCD)$，将$∠ CBP$替换为$∠ ACD$，得$∠ BDC=180° - (∠ ACD + ∠ BCD)=180° - ∠ ACB$。
已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ BDC=180° - 30°=150°$，即$∠ BDC$为定角。
3. 由于BC为定长（BC=3），∠BDC为定角，因此点D的轨迹是以BC为弦、在△ABC内部侧所对圆周角为150°的圆弧，设该隐圆的圆心为$O_1$，半径为$r$。
4. 根据圆周角定理，弦BC对的圆心角$∠ BO_1C=2×(180° - 150°)=60°$，又$O_1B=O_1C=r$，因此$△ BO_1C$为等边三角形，得$r=O_1C=BC=3$，且$∠ O_1CB=60°$。
5. 计算$∠ ACO_1=∠ ACB + ∠ O_1CB=30° + 60°=90°$，即$△ ACO_1$为直角三角形。
6. 在$Rt△ ACO_1$中，$AC=2$，$O_1C=3$，由勾股定理得$AO_1=\sqrt{AC^2 + O_1C^2}=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$。
7. 点A在隐圆$O_1$外，因此AD的最小值为$AO_1 - r=\sqrt{13} - 3$。
【答案】
$\sqrt{13}-3$
【知识点】
圆周角定理，隐圆最值，勾股定理
【点评】
本题是典型的圆中动态最值问题，解题关键是通过定角挖掘出动点的隐圆轨迹，再结合点与圆的位置关系求解最值，对学生的几何推理和轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
三、解答题
9.如图，P为线段AB上一动点(点P可以与点A，B重合)，在线段AB的同侧分别作等边三角形APC和等边三角形PBD，连接AD，BC，交点为Q.
(1)求$∠ AQB$的度数；
(2)若$AB=6$，求动点Q的运动路径的长.
9.如图，P为线段AB上一动点(点P可以与点A，B重合)，在线段AB的同侧分别作等边三角形APC和等边三角形PBD，连接AD，BC，交点为Q.
(1)求$∠ AQB$的度数；
(2)若$AB=6$，求动点Q的运动路径的长.
答案
9.解:(1)$∵△APC,△PBD$都是等边三角形，
$∴AP=PC,PD=PB,∠APC=∠DPB=60°$，
$∴∠APD=∠CPB$.
在$△APD$和$△CPB$中,$\begin{cases} AP=PC, \\ ∠APD=∠CPB, \\ DP=BP, \end{cases}$
$∴△APD≌△CPB(SAS)$，
$∴∠ADP=∠CBP$.
设BC与PD交于点G，
$∵∠QGD=∠PGB$，
$∴∠DQG=∠BPG=60°$，
$∴∠AQB=180°-∠DQG=120°$.
(2)如答图,由(1)及题意知$∠AQB=120°$,点Q的运动轨迹是劣弧AB,设$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心为O,在$\odot O$上任意取一点M,连接AM,BM,则$∠M=60°$,
$∴∠AOB=2∠M=120°$,作$OH⊥AB$于点H，
则$AH=BH=3,OH=\sqrt{3},OB=2\sqrt{3}$，
$∴\overset{\frown}{AB}$的长为$\dfrac{120×π×2\sqrt{3}}{180}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$，
$∴$动点Q的运动路径的长为$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$.
解析
【分析】
(1) 求解∠AQB的度数时，首先结合已知的两个等边三角形，利用等边三角形边相等、内角为60°的性质，推导得到△APD和△CPB全等的条件；再通过全等三角形对应角相等的性质，结合对顶角相等、三角形内角和的规律，即可推导出∠AQB的度数。
(2) 求解动点Q的路径长时，首先由(1)可知∠AQB恒为120°，AB为定长线段，根据“定弦对定角”的规律，可判断Q的运动轨迹是以AB为弦、所对圆周角为120°的劣弧；接下来确定劣弧所在圆的圆心角、半径，代入弧长公式计算即可得到路径长度。
【解析】
(1) $∵△APC,△PBD$都是等边三角形，
$∴AP=PC,PD=PB,∠APC=∠DPB=60°$，
$∴∠APC + ∠CPD = ∠DPB + ∠CPD$，即$∠APD=∠CPB$。
在$△APD$和$△CPB$中,$\begin{cases} AP=PC, \\ ∠APD=∠CPB, \\ DP=BP, \end{cases}$
$∴△APD≌△CPB(SAS)$，
$∴∠ADP=∠CBP$。
设BC与PD交于点G，
$∵∠QGD=∠PGB$，
$∴∠DQG=∠BPG=60°$，
$∴∠AQB=180°-∠DQG=120°$。
(2) 由(1)及题意知$∠AQB=120°$,点Q的运动轨迹是劣弧AB,设$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心为O,在$\odot O$上任意取一点M,连接AM,BM,则$∠M=60°$,
$∴∠AOB=2∠M=120°$,作$OH⊥AB$于点H，
则$AH=BH=3,OH=\sqrt{3},OB=2\sqrt{3}$，
$∴\overset{\frown}{AB}$的长为$\dfrac{120×π×2\sqrt{3}}{180}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$，
$∴$动点Q的运动路径的长为$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$。
【答案】
(1) $∠ AQB=120°$；
(2) 动点Q的运动路径的长为$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$。
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、弧长的计算
【点评】
本题属于动态几何综合题，将等边三角形、全等三角形、圆的相关性质结合考查，解题的核心是通过全等得到定角，利用“定弦对定角”确定动点的运动轨迹，再结合几何性质计算路径长，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
(1) 求解∠AQB的度数时，首先结合已知的两个等边三角形，利用等边三角形边相等、内角为60°的性质，推导得到△APD和△CPB全等的条件；再通过全等三角形对应角相等的性质，结合对顶角相等、三角形内角和的规律，即可推导出∠AQB的度数。
(2) 求解动点Q的路径长时，首先由(1)可知∠AQB恒为120°，AB为定长线段，根据“定弦对定角”的规律，可判断Q的运动轨迹是以AB为弦、所对圆周角为120°的劣弧；接下来确定劣弧所在圆的圆心角、半径，代入弧长公式计算即可得到路径长度。
【解析】
(1) $∵△APC,△PBD$都是等边三角形，
$∴AP=PC,PD=PB,∠APC=∠DPB=60°$，
$∴∠APC + ∠CPD = ∠DPB + ∠CPD$，即$∠APD=∠CPB$。
在$△APD$和$△CPB$中,$\begin{cases} AP=PC, \\ ∠APD=∠CPB, \\ DP=BP, \end{cases}$
$∴△APD≌△CPB(SAS)$，
$∴∠ADP=∠CBP$。
设BC与PD交于点G，
$∵∠QGD=∠PGB$，
$∴∠DQG=∠BPG=60°$，
$∴∠AQB=180°-∠DQG=120°$。
(2) 由(1)及题意知$∠AQB=120°$,点Q的运动轨迹是劣弧AB,设$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心为O,在$\odot O$上任意取一点M,连接AM,BM,则$∠M=60°$,
$∴∠AOB=2∠M=120°$,作$OH⊥AB$于点H，
则$AH=BH=3,OH=\sqrt{3},OB=2\sqrt{3}$，
$∴\overset{\frown}{AB}$的长为$\dfrac{120×π×2\sqrt{3}}{180}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$，
$∴$动点Q的运动路径的长为$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$。
【答案】
(1) $∠ AQB=120°$；
(2) 动点Q的运动路径的长为$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}π$。
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、弧长的计算
【点评】
本题属于动态几何综合题，将等边三角形、全等三角形、圆的相关性质结合考查，解题的核心是通过全等得到定角，利用“定弦对定角”确定动点的运动轨迹，再结合几何性质计算路径长，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
10.(2025·宿迁沭阳县期中)(1)证明定理:圆内接四边形的对角互补.
已知:如图①,四边形ABCD内接于⊙O,求证:∠A+∠C=∠B+∠D=180°.
(2)逆命题证明:若四边形的一组对角∠A+∠C=180°,则这个四边形的4个顶点共圆(如图②).可以用反证法证明如下:在图②中,经过点A,B,D画⊙O.假设点C落在⊙O外,BC交⊙O于点E,连接DE.∵四边形ABED内接于⊙O,∴
(3)结论运用:如图③,AB⊥BC,AB=9,E,F分别是线段AB,射线BC上的动点,以EF为斜边向上作等腰Rt△DEF,∠EDF=90°,连接AD,求AD的最小值.
已知:如图①,四边形ABCD内接于⊙O,求证:∠A+∠C=∠B+∠D=180°.
(2)逆命题证明:若四边形的一组对角∠A+∠C=180°,则这个四边形的4个顶点共圆(如图②).可以用反证法证明如下:在图②中,经过点A,B,D画⊙O.假设点C落在⊙O外,BC交⊙O于点E,连接DE.∵四边形ABED内接于⊙O,∴
$∠A+∠BED$
=180°.∵∠A+∠C=180°,∴∠BED=$∠C$
,与∠BED＞∠C矛盾;同理点C也不会落在⊙O内,∴A,B,C,D四点共圆.(3)结论运用:如图③,AB⊥BC,AB=9,E,F分别是线段AB,射线BC上的动点,以EF为斜边向上作等腰Rt△DEF,∠EDF=90°,连接AD,求AD的最小值.
答案
10.(1)证明:如答图①,连接OB,OD，
$∵∠A=\dfrac{1}{2}∠2,∠C=\dfrac{1}{2}∠1$,且$∠1+∠2=360°$,
$∴∠A+∠C=\dfrac{1}{2}∠1+\dfrac{1}{2}∠2=180°$.
同理$∠ABC+∠ADC=180°$,
$∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°$.
(2)$∠A+∠BED$ $∠C$
(3)解:连接BD并延长,如答图②，
$∵AB⊥BC,∴∠ABC=90°$.
$∵∠EDF=90°$,
$∴∠ABC+∠EDF=180°$,
$∴B,E,D,F$四点共圆.
$∵△DEF$为等腰直角三角形，
$∴∠DEF=∠DFE=45°$,
$∴∠DBF=∠DEF=45°$,
$∴∠DBE=45°$,
$∴$点D的轨迹在$∠ABC$的平分线上.
$∵$垂线段最短,$∴$当$AD⊥BD$时,AD取最小值，
$∴AD$的最小值为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 证明圆内接四边形对角互补可借助圆周角定理：同弧所对圆周角是圆心角的一半。连接OB、OD，将∠A、∠C分别用对应的圆心角表示，两个圆心角之和为周角360°，即可推出两角和为180°，同理可证另一组对角和为180°。
(2) 反证法先假设点C在圆外，利用圆内接四边形对角互补的性质得∠A+∠BED=180°，结合已知∠A+∠C=180°推出∠BED=∠C，和三角形外角大于不相邻内角的性质矛盾，排除C在圆外、圆内的情况，即可证四点共圆。
(3) 求AD最小值首先要确定动点D的轨迹：由∠EDF和∠ABC均为90°，得两角和为180°，可证B、E、D、F四点共圆，再根据同弧所对圆周角相等得∠DBE=45°，即D的轨迹是∠ABC的角平分线。根据垂线段最短，当AD垂直于角平分线时AD最短，结合等腰直角三角形边长关系计算即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OB、OD，
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得$∠ A=\dfrac{1}{2}∠ 2$，$∠ C=\dfrac{1}{2}∠ 1$。
∵ 周角为$360°$，即$∠ 1+∠ 2=360°$，
∴ $∠ A+∠ C=\dfrac{1}{2}(∠ 1+∠ 2)=\dfrac{1}{2}×360°=180°$。
同理可证$∠ ABC+∠ ADC=180°$，
因此$∠ A+∠ C=∠ B+∠ D=180°$。
(2) 四边形ABED内接于⊙O，根据圆内接四边形对角互补，可得$\boldsymbol{∠ A+∠ BED}=180°$；
已知$∠ A+∠ C=180°$，根据同角的补角相等，可得$∠ BED=\boldsymbol{∠ C}$，与外角性质矛盾。
(3) 解：连接BD，如答图②，
∵ $AB⊥ BC$，
∴ $∠ ABC=90°$，
∵ $△ DEF$是等腰直角三角形，$∠ EDF=90°$，
∴ $∠ ABC+∠ EDF=180°$，根据对角互补的四边形四点共圆，得B、E、D、F四点共圆。
∵ $△ DEF$为等腰直角三角形，
∴ $∠ DEF=∠ DFE=45°$，
根据同弧所对圆周角相等，得$∠ DBF=∠ DEF=45°$，即$∠ DBE=45°$，
因此点D的运动轨迹为$∠ ABC$的角平分线。
根据垂线段最短，当$AD⊥ BD$时，AD长度最小，此时$△ ABD$为等腰直角三角形，
∴ $AD_{\mathrm{最小值}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×9=\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
10.(1)证明:如答图①,连接OB,OD，
$∵∠A=\dfrac{1}{2}∠2,∠C=\dfrac{1}{2}∠1$,且$∠1+∠2=360°$,
$∴∠A+∠C=\dfrac{1}{2}∠1+\dfrac{1}{2}∠2=180°$.
同理$∠ABC+∠ADC=180°$,
$∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°$.
(2)$∠A+∠BED$ $∠C$
(3)解:连接BD并延长,如答图②，
$∵AB⊥BC,∴∠ABC=90°$.
$∵∠EDF=90°$,
$∴∠ABC+∠EDF=180°$,
$∴B,E,D,F$四点共圆.
$∵△DEF$为等腰直角三角形，
$∴∠DEF=∠DFE=45°$,
$∴∠DBF=∠DEF=45°$,
$∴∠DBE=45°$,
$∴$点D的轨迹在$∠ABC$的平分线上.
$∵$垂线段最短,$∴$当$AD⊥BD$时,AD取最小值，
$∴AD$的最小值为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$.
【知识点】
圆周角定理，四点共圆的判定，垂线段最短
【点评】
本题围绕圆内接四边形的性质与判定展开，从基础定理证明到反证法验证逆命题，再到结合动点轨迹求最值，层层递进，既考查了基础概念的掌握，也考查了综合分析问题的能力，解题关键是准确判断动点的运动轨迹。
【难度系数】
0.6
(1) 证明圆内接四边形对角互补可借助圆周角定理：同弧所对圆周角是圆心角的一半。连接OB、OD，将∠A、∠C分别用对应的圆心角表示，两个圆心角之和为周角360°，即可推出两角和为180°，同理可证另一组对角和为180°。
(2) 反证法先假设点C在圆外，利用圆内接四边形对角互补的性质得∠A+∠BED=180°，结合已知∠A+∠C=180°推出∠BED=∠C，和三角形外角大于不相邻内角的性质矛盾，排除C在圆外、圆内的情况，即可证四点共圆。
(3) 求AD最小值首先要确定动点D的轨迹：由∠EDF和∠ABC均为90°，得两角和为180°，可证B、E、D、F四点共圆，再根据同弧所对圆周角相等得∠DBE=45°，即D的轨迹是∠ABC的角平分线。根据垂线段最短，当AD垂直于角平分线时AD最短，结合等腰直角三角形边长关系计算即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OB、OD，
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得$∠ A=\dfrac{1}{2}∠ 2$，$∠ C=\dfrac{1}{2}∠ 1$。
∵ 周角为$360°$，即$∠ 1+∠ 2=360°$，
∴ $∠ A+∠ C=\dfrac{1}{2}(∠ 1+∠ 2)=\dfrac{1}{2}×360°=180°$。
同理可证$∠ ABC+∠ ADC=180°$，
因此$∠ A+∠ C=∠ B+∠ D=180°$。
(2) 四边形ABED内接于⊙O，根据圆内接四边形对角互补，可得$\boldsymbol{∠ A+∠ BED}=180°$；
已知$∠ A+∠ C=180°$，根据同角的补角相等，可得$∠ BED=\boldsymbol{∠ C}$，与外角性质矛盾。
(3) 解：连接BD，如答图②，
∵ $AB⊥ BC$，
∴ $∠ ABC=90°$，
∵ $△ DEF$是等腰直角三角形，$∠ EDF=90°$，
∴ $∠ ABC+∠ EDF=180°$，根据对角互补的四边形四点共圆，得B、E、D、F四点共圆。
∵ $△ DEF$为等腰直角三角形，
∴ $∠ DEF=∠ DFE=45°$，
根据同弧所对圆周角相等，得$∠ DBF=∠ DEF=45°$，即$∠ DBE=45°$，
因此点D的运动轨迹为$∠ ABC$的角平分线。
根据垂线段最短，当$AD⊥ BD$时，AD长度最小，此时$△ ABD$为等腰直角三角形，
∴ $AD_{\mathrm{最小值}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×9=\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
10.(1)证明:如答图①,连接OB,OD，
$∵∠A=\dfrac{1}{2}∠2,∠C=\dfrac{1}{2}∠1$,且$∠1+∠2=360°$,
$∴∠A+∠C=\dfrac{1}{2}∠1+\dfrac{1}{2}∠2=180°$.
同理$∠ABC+∠ADC=180°$,
$∴∠A+∠C=∠B+∠D=180°$.
(2)$∠A+∠BED$ $∠C$
(3)解:连接BD并延长,如答图②，
$∵AB⊥BC,∴∠ABC=90°$.
$∵∠EDF=90°$,
$∴∠ABC+∠EDF=180°$,
$∴B,E,D,F$四点共圆.
$∵△DEF$为等腰直角三角形，
$∴∠DEF=∠DFE=45°$,
$∴∠DBF=∠DEF=45°$,
$∴∠DBE=45°$,
$∴$点D的轨迹在$∠ABC$的平分线上.
$∵$垂线段最短,$∴$当$AD⊥BD$时,AD取最小值，
$∴AD$的最小值为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$.
【知识点】
圆周角定理，四点共圆的判定，垂线段最短
【点评】
本题围绕圆内接四边形的性质与判定展开，从基础定理证明到反证法验证逆命题，再到结合动点轨迹求最值，层层递进，既考查了基础概念的掌握，也考查了综合分析问题的能力，解题关键是准确判断动点的运动轨迹。
【难度系数】
0.6
