登录
1. 如图,在四边形$ABCD$中,$AB=AC=AD$,且$∠ CAD=3∠ BAC$.若$∠ DBC=$$42°$,则$∠ CAD=$
84°
,$∠ BDC=$14°
.答案
∵ AB=AC=AD,
∴ 点 B,C,D 在以点 A 为圆心、AB 长为半径的圆上(如图1).
∵ ∠DBC=42°,
∴ ∠CAD = 2 ∠DBC = 84°.
∵ ∠CAD = 3 ∠BAC,
∴ ∠BAC = 1/3 ∠CAD = 28°.
∵ ∠BDC = 1/2 ∠BAC,
∴ ∠BDC = 1/2 ×28°=14°.
解析
【分析】
首先观察题目给出的条件AB=AC=AD，这说明点B、C、D到点A的距离相等，由此可以联想到圆的定义：到定点距离等于定长的点都在同一个圆上，因此可以构造以A为圆心、AB为半径的辅助圆，将四边形中的角度关系转化为同圆中圆周角和圆心角的关系来求解。首先利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，找到∠CAD和已知的∠DBC的对应关系，直接算出∠CAD；再根据∠CAD和∠BAC的倍数关系求出∠BAC，最后再次利用圆周角定理找到∠BDC和∠BAC的倍半关系，算出∠BDC即可。
【解析】
1. 构造辅助圆：
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以点A为圆心、AB长为半径的圆上。
2. 计算∠CAD：
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧DC对应的圆周角为∠DBC，对应的圆心角为∠CAD，因此：
∠CAD = 2∠DBC
代入∠DBC=42°，得∠CAD=2×42°=84°。
3. 计算∠BAC：
已知∠CAD=3∠BAC，因此：
∠BAC = $\frac{1}{3}$∠CAD = $\frac{1}{3}$×84°=28°。
4. 计算∠BDC：
弧BC对应的圆周角为∠BDC，对应的圆心角为∠BAC，再次根据圆周角定理可得：
∠BDC = $\frac{1}{2}$∠BAC = $\frac{1}{2}$×28°=14°。
【答案】
84°，14°
【知识点】
点共圆判定，圆周角定理
【点评】
本题是构造辅助圆的典型题型，解题的核心突破口是发现AB=AC=AD这一共点等长的条件，通过构造辅助圆可以快速将分散的角度关系转化为同圆中圆心角与圆周角的倍半关系，大幅简化计算，避免了复杂的等腰三角形角度推导，能有效锻炼学生的几何转化思维。
【难度系数】
0.4
首先观察题目给出的条件AB=AC=AD，这说明点B、C、D到点A的距离相等，由此可以联想到圆的定义：到定点距离等于定长的点都在同一个圆上，因此可以构造以A为圆心、AB为半径的辅助圆，将四边形中的角度关系转化为同圆中圆周角和圆心角的关系来求解。首先利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，找到∠CAD和已知的∠DBC的对应关系，直接算出∠CAD；再根据∠CAD和∠BAC的倍数关系求出∠BAC，最后再次利用圆周角定理找到∠BDC和∠BAC的倍半关系，算出∠BDC即可。
【解析】
1. 构造辅助圆：
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以点A为圆心、AB长为半径的圆上。
2. 计算∠CAD：
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧DC对应的圆周角为∠DBC，对应的圆心角为∠CAD，因此：
∠CAD = 2∠DBC
代入∠DBC=42°，得∠CAD=2×42°=84°。
3. 计算∠BAC：
已知∠CAD=3∠BAC，因此：
∠BAC = $\frac{1}{3}$∠CAD = $\frac{1}{3}$×84°=28°。
4. 计算∠BDC：
弧BC对应的圆周角为∠BDC，对应的圆心角为∠BAC，再次根据圆周角定理可得：
∠BDC = $\frac{1}{2}$∠BAC = $\frac{1}{2}$×28°=14°。
【答案】
84°，14°
【知识点】
点共圆判定，圆周角定理
【点评】
本题是构造辅助圆的典型题型，解题的核心突破口是发现AB=AC=AD这一共点等长的条件，通过构造辅助圆可以快速将分散的角度关系转化为同圆中圆心角与圆周角的倍半关系，大幅简化计算，避免了复杂的等腰三角形角度推导，能有效锻炼学生的几何转化思维。
【难度系数】
0.4
2. * 如图①,把一块含$45^{\circ }$角的三角尺$ECF$和一个正方形$ABCD$摆放在一起,使三角尺的直角顶点和正方形的顶点$C$重合,点$E,F$分别在正方形$ABCD$的边$BC,CD$上.连接$AF$,取$AF$的中点$M$、$EF$的中点$N$,连接$DM,MN$.
(1) 尝试探究:$DM,MN$之间的数量关系是
(2) 猜想论证:证明你的结论.
(3) 拓展延伸:如图②,将图①中的三角尺$ECF$绕点$C$按顺时针方向旋转$180^{\circ }$,其他条件不变,(1)中的两个结论还成立吗? 若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.
(1) 尝试探究:$DM,MN$之间的数量关系是
DM=MN
,$DM,MN$之间的位置关系是DM⊥MN
.(2) 猜想论证:证明你的结论.
(3) 拓展延伸:如图②,将图①中的三角尺$ECF$绕点$C$按顺时针方向旋转$180^{\circ }$,其他条件不变,(1)中的两个结论还成立吗? 若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.
答案
(1) DM=MN;DM⊥MN.
(2) 连接 AE.
∵ M 是 AF 的中点,N 是 EF 的中点,
∴ MN 是△AEF 的中位线.
∴ MN=1/2 AE.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD.
∵ 在 Rt△ADF 中,M 是 AF 的中点,
∴ DM = 1/2 AF = AM = MF. 由题意知,△ECF 是等腰直角三角形,
∴ FC = EC.
∴ CD - FC = BC - EC, 即 DF = BE. 在 △ADF 和 △ABE 中,
{AD=AB,
∠ADF=∠B,
∴ △ADF≌△ABE(SAS).
∴ AF=AE.
DF=BE,
∴ MN=1/2 AF.
∴ MN=DM=AM=MF.
∴ 点 A,N,F,D 在以点 M 为圆心、1/2 AF 的长为半径的圆上.连接 AN,则易得∠NAD + ∠DFN = 180°. 又
∵ ∠DFN + ∠NFC = 180°,
∴ ∠NAD = ∠NFC = 45°.
∴ ∠NMD = 2∠NAD = 90°.
∴ DM⊥MN.
(3) (1)中的两个结论还成立.连接 AE,交 DM 于点 G.
∵ M 是 AF 的中点,N 是 EF 的中点,
∴ MN 是△AEF 的中位线.
∴ MN=1/2 AE.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD.
∵ 在 Rt△ADF 中,M 是 AF 的中点,
∴ DM=1/2 AF=AM=MF.由(2)同理,可证△ADF≌△ABE.
∴ AF=AE.
∴ MN=1/2 AF.
∴ MN=DM=AM=MF.
∴ 点 A,F,N,D 在以点 M 为圆心、1/2 AF 的长为半径的圆上.
∴ 易得∠NMD=2∠NFD=90°.
∴ DM⊥MN.
(2) 连接 AE.
∵ M 是 AF 的中点,N 是 EF 的中点,
∴ MN 是△AEF 的中位线.
∴ MN=1/2 AE.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD.
∵ 在 Rt△ADF 中,M 是 AF 的中点,
∴ DM = 1/2 AF = AM = MF. 由题意知,△ECF 是等腰直角三角形,
∴ FC = EC.
∴ CD - FC = BC - EC, 即 DF = BE. 在 △ADF 和 △ABE 中,
{AD=AB,
∠ADF=∠B,
∴ △ADF≌△ABE(SAS).
∴ AF=AE.
DF=BE,
∴ MN=1/2 AF.
∴ MN=DM=AM=MF.
∴ 点 A,N,F,D 在以点 M 为圆心、1/2 AF 的长为半径的圆上.连接 AN,则易得∠NAD + ∠DFN = 180°. 又
∵ ∠DFN + ∠NFC = 180°,
∴ ∠NAD = ∠NFC = 45°.
∴ ∠NMD = 2∠NAD = 90°.
∴ DM⊥MN.
(3) (1)中的两个结论还成立.连接 AE,交 DM 于点 G.
∵ M 是 AF 的中点,N 是 EF 的中点,
∴ MN 是△AEF 的中位线.
∴ MN=1/2 AE.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD.
∵ 在 Rt△ADF 中,M 是 AF 的中点,
∴ DM=1/2 AF=AM=MF.由(2)同理,可证△ADF≌△ABE.
∴ AF=AE.
∴ MN=1/2 AF.
∴ MN=DM=AM=MF.
∴ 点 A,F,N,D 在以点 M 为圆心、1/2 AF 的长为半径的圆上.
∴ 易得∠NMD=2∠NFD=90°.
∴ DM⊥MN.
解析
【分析】
解题思路可按三步逐步推进：
1. 第一问先结合图形特征和中点相关性质，直观预判DM和MN的数量、位置关系，优先猜测二者相等且垂直。
2. 第二问证明时，看到M、N分别是AF、EF的中点，立刻联想到三角形中位线定理，连接AE后可得到MN是△AEF的中位线，因此MN=1/2 AE；同时M是Rt△ADF斜边AF的中点，根据直角三角形斜边中线性质，DM=1/2 AF，接下来只需证明AE=AF：利用正方形四边相等、等腰直角三角尺EC=FC，可推导出DF=BE，用SAS证明△ADF≌△ABE即可得到AF=AE，直接证出DM=MN。后续通过角度转换或圆周角性质，推导∠DMN=90°，即可证明DM⊥MN。
3. 第三问旋转180°后，中位线性质、直角三角形斜边中线性质仍然成立，△ADF和△ABE的全等关系也不受旋转影响，因此两个结论都保持成立。
【解析】
(1) 直接观察图形结合中点性质，可得到DM和MN的数量关系为相等，位置关系为互相垂直。
(2) 证明如下：
连接AE。
∵ M是AF的中点，N是EF的中点，
∴ MN是△AEF的中位线，
∴ $MN=\frac{1}{2}AE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠ ADF=∠ B=90°$。
在Rt△ADF中，M是斜边AF的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$。
由题意知△ECF是等腰直角三角形，
∴ $FC=EC$，
∴ $CD-FC=BC-EC$，即$DF=BE$。
在△ADF和△ABE中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ ADF=∠ B \\DF=BE\end{cases}$
∴ $△ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，
∴ $AF=AE$，
∴ $MN=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}AF=DM$，即$DM=MN$。
∵ $DM=AM=MF=MN$，点A、D、F、N到点M的距离都等于$\frac{1}{2}AF$，四点共圆且圆心为M，结合N是等腰Rt△ECF斜边中点可得$∠ DFN=45°$，由圆周角定理得圆心角$∠ DMN=90°$，因此$DM⊥ MN$。
(3) (1)中的两个结论仍然成立，证明如下：
连接AE，交DM于点G。
∵ M是AF的中点，N是EF的中点，
∴ MN是△AEF的中位线，
∴ $MN// AE$，$MN=\frac{1}{2}AE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠ ADF=∠ ABE=90°$。
∵ △ECF是等腰直角三角形，
∴ $EC=FC$，
∴ $CD+FC=BC+EC$，即$DF=BE$。
在△ADF和△ABE中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ ADF=∠ ABE \\DF=BE\end{cases}$
∴ $△ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，
∴ $AF=AE$，$∠ DAF=∠ BAE$。
在Rt△ADF中，M是斜边AF的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$，因此$DM=MN$。
由角度推导可得$∠ DMN=∠ BAD=90°$，因此$DM⊥ MN$。
【答案】
(1) $DM=MN$；$DM⊥ MN$
(2) 证明过程如上
(3) (1)中的两个结论仍成立，证明过程如上
【知识点】
三角形中位线定理；直角三角形斜边中线性质；全等三角形判定
【点评】
本题是中点相关的几何综合探究题，考察了多个中点条件下的常用辅助线构造思路，将中位线定理、直角三角形斜边中线性质与全等证明结合，逐步推导边和角的关系，同时设置旋转后的拓展探究，验证几何结论在图形变换下的不变性，对学生的逻辑推导能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.3
解题思路可按三步逐步推进：
1. 第一问先结合图形特征和中点相关性质，直观预判DM和MN的数量、位置关系，优先猜测二者相等且垂直。
2. 第二问证明时，看到M、N分别是AF、EF的中点，立刻联想到三角形中位线定理，连接AE后可得到MN是△AEF的中位线，因此MN=1/2 AE；同时M是Rt△ADF斜边AF的中点，根据直角三角形斜边中线性质，DM=1/2 AF，接下来只需证明AE=AF：利用正方形四边相等、等腰直角三角尺EC=FC，可推导出DF=BE，用SAS证明△ADF≌△ABE即可得到AF=AE，直接证出DM=MN。后续通过角度转换或圆周角性质，推导∠DMN=90°，即可证明DM⊥MN。
3. 第三问旋转180°后，中位线性质、直角三角形斜边中线性质仍然成立，△ADF和△ABE的全等关系也不受旋转影响，因此两个结论都保持成立。
【解析】
(1) 直接观察图形结合中点性质，可得到DM和MN的数量关系为相等，位置关系为互相垂直。
(2) 证明如下：
连接AE。
∵ M是AF的中点，N是EF的中点，
∴ MN是△AEF的中位线，
∴ $MN=\frac{1}{2}AE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠ ADF=∠ B=90°$。
在Rt△ADF中，M是斜边AF的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$。
由题意知△ECF是等腰直角三角形，
∴ $FC=EC$，
∴ $CD-FC=BC-EC$，即$DF=BE$。
在△ADF和△ABE中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ ADF=∠ B \\DF=BE\end{cases}$
∴ $△ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，
∴ $AF=AE$，
∴ $MN=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}AF=DM$，即$DM=MN$。
∵ $DM=AM=MF=MN$，点A、D、F、N到点M的距离都等于$\frac{1}{2}AF$，四点共圆且圆心为M，结合N是等腰Rt△ECF斜边中点可得$∠ DFN=45°$，由圆周角定理得圆心角$∠ DMN=90°$，因此$DM⊥ MN$。
(3) (1)中的两个结论仍然成立，证明如下：
连接AE，交DM于点G。
∵ M是AF的中点，N是EF的中点，
∴ MN是△AEF的中位线，
∴ $MN// AE$，$MN=\frac{1}{2}AE$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠ ADF=∠ ABE=90°$。
∵ △ECF是等腰直角三角形，
∴ $EC=FC$，
∴ $CD+FC=BC+EC$，即$DF=BE$。
在△ADF和△ABE中：
$\begin{cases}AD=AB \\∠ ADF=∠ ABE \\DF=BE\end{cases}$
∴ $△ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，
∴ $AF=AE$，$∠ DAF=∠ BAE$。
在Rt△ADF中，M是斜边AF的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$，因此$DM=MN$。
由角度推导可得$∠ DMN=∠ BAD=90°$，因此$DM⊥ MN$。
【答案】
(1) $DM=MN$；$DM⊥ MN$
(2) 证明过程如上
(3) (1)中的两个结论仍成立，证明过程如上
【知识点】
三角形中位线定理；直角三角形斜边中线性质；全等三角形判定
【点评】
本题是中点相关的几何综合探究题，考察了多个中点条件下的常用辅助线构造思路，将中位线定理、直角三角形斜边中线性质与全等证明结合，逐步推导边和角的关系，同时设置旋转后的拓展探究，验证几何结论在图形变换下的不变性，对学生的逻辑推导能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.3
3. 如图, 在$△ ABC$中,$AB=AC$,$DE$垂直平分$AC$, 连接$BD$,$CD$,$AD$,$AD$交$BC$于点$P$,$∠ CBD=30°$.
(1) 求证:$AB=AD$.
(2) 当$△ ABP$是等腰三角形时,求$∠ ABC$的度数.
(1) 求证:$AB=AD$.
(2) 当$△ ABP$是等腰三角形时,求$∠ ABC$的度数.
答案
(1) 如图,作△BDC 的外接圆,延长 DE 交圆于点 F,连接 CF,AF,则∠CBD=∠CFD=30°.
∵ DE 垂直平分 AC,
∴ AF=FC.
∴ ∠AFE=∠CFE=30°.
∴ ∠AFC=60°.
∴ △AFC 是等边三角形.
∴ AF=AC.
∵ AB=AC,
∴ AF=AC=AB.
∴ 点 A 为所作圆的圆心.
∴ AB=AD.
(2) ① 若 PA=PB,则∠BAP=∠ABC.
∵ AB=AC,
∴ ∠ABC=∠ACB.
∵ ∠DAC=2∠CBD=60°,
∴ ∠APB=∠PAC + ∠ACB = 60° + ∠ACB.
∴ ∠APB = 60° + ∠ABC.
∵ ∠ABC + ∠BAP + ∠APB = 180°,
∴ 3∠ABC + 60°=180°,解得∠ABC=40°.
② 若 BA=BP,同理,可得∠ABC=20°.③ 若 AB=AP,此时点 P 与点 C 重合,则点 D 与点 E 重合,不合题意,舍去.综上所述,当△ABP 是等腰三角形时,∠ABC 的度数为 40°或 20°.
解析
【分析】
(1) 要证明AB=AD，已知条件给出AB=AC，因此只需证明AD=AC即可完成等量代换。我们可以构造△BDC的外接圆，利用同弧所对圆周角相等的性质，由已知∠CBD=30°得到对应圆周角为30°，再结合DE垂直平分AC的性质，得到AF=CF，进而推出△AFC是等边三角形，得到AC等于外接圆的半径，由此可证点A是△BDC外接圆的圆心，根据同圆半径相等，即可得到AB=AD。
(2) 由第(1)问的结论可直接得到圆心角∠CAD=2∠CBD=60°，设∠ABC为x，结合AB=AC可得∠ACB=∠ABC=x，再对等腰△ABP三边相等的三种情况逐一分类讨论，结合三角形内角和定理计算对应角度，排除不符合题意的情况，最终得到所有符合条件的∠ABC的度数。
【解析】
(1) 证明：作△BDC的外接圆，延长DE交该圆于点F，连接CF、AF。
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CBD=∠CFD=30°。
∵ DE垂直平分AC，点F在DE上，
∴ AF=FC，即△AFC为等腰三角形。
又
∵ DE⊥AC，
∴ DE平分∠AFC，即∠AFE=∠CFE=30°，
∴ ∠AFC=∠AFE+∠CFE=60°，
有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，因此△AFC是等边三角形，
∴ AF=AC。
已知AB=AC，因此AB=AC=AF，说明点A到B、C、F三点的距离相等，即点A是所作△BDC外接圆的圆心。
∵ 点D也在该外接圆上，
∴ 同圆半径相等，AB=AD。
(2) 解：设∠ABC=x，
∵ AB=AC，
∴ ∠ACB=∠ABC=x。
由(1)知点A是△BDC外接圆的圆心，∠CBD=30°，根据圆周角定理，同弧CD对应的圆心角∠CAD=2∠CBD=60°。
接下来分三种情况讨论△ABP为等腰三角形：
① 当PA=PB时：
可得∠BAP=∠ABC=x，
根据三角形外角性质，∠APB=∠PAC + ∠ACB = 60° + x，
在△ABP中，由三角形内角和为180°：
∠ABC + ∠BAP + ∠APB = 180°
代入得：x + x + 60° + x = 180°，即3x=120°，解得x=40°，符合题意。
② 当BA=BP时：
可得∠BAP=∠BPA，
已知∠APB=60°+x，∠ABP=x，
由三角形内角和：∠ABP + 2∠APB = 180°
代入得：x + 2(60°+x) = 180°，即3x=60°，解得x=20°，符合题意。
③ 当AB=AP时：
此时∠APB=∠ABP=x，
又
∵ ∠APB=60°+x，可得x=60°+x，该等式不成立，此时点P与点C重合，点D与点E重合，不符合题意，舍去。
综上，∠ABC的度数为40°或20°。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) ∠ABC的度数为20°或40°
【知识点】
垂直平分线性质，圆周角定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题第一问需要构造辅助外接圆，巧妙利用圆周角性质和垂直平分线性质证明等边三角形，进而得到点A为圆心完成证明，是本题的难点；第二问需要对等腰三角形的三种情况完整分类讨论，结合三角形内角和与外角性质计算角度，注意排除不符合题意的情况，避免漏解和错解。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明AB=AD，已知条件给出AB=AC，因此只需证明AD=AC即可完成等量代换。我们可以构造△BDC的外接圆，利用同弧所对圆周角相等的性质，由已知∠CBD=30°得到对应圆周角为30°，再结合DE垂直平分AC的性质，得到AF=CF，进而推出△AFC是等边三角形，得到AC等于外接圆的半径，由此可证点A是△BDC外接圆的圆心，根据同圆半径相等，即可得到AB=AD。
(2) 由第(1)问的结论可直接得到圆心角∠CAD=2∠CBD=60°，设∠ABC为x，结合AB=AC可得∠ACB=∠ABC=x，再对等腰△ABP三边相等的三种情况逐一分类讨论，结合三角形内角和定理计算对应角度，排除不符合题意的情况，最终得到所有符合条件的∠ABC的度数。
【解析】
(1) 证明：作△BDC的外接圆，延长DE交该圆于点F，连接CF、AF。
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠CBD=∠CFD=30°。
∵ DE垂直平分AC，点F在DE上，
∴ AF=FC，即△AFC为等腰三角形。
又
∵ DE⊥AC，
∴ DE平分∠AFC，即∠AFE=∠CFE=30°，
∴ ∠AFC=∠AFE+∠CFE=60°，
有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，因此△AFC是等边三角形，
∴ AF=AC。
已知AB=AC，因此AB=AC=AF，说明点A到B、C、F三点的距离相等，即点A是所作△BDC外接圆的圆心。
∵ 点D也在该外接圆上，
∴ 同圆半径相等，AB=AD。
(2) 解：设∠ABC=x，
∵ AB=AC，
∴ ∠ACB=∠ABC=x。
由(1)知点A是△BDC外接圆的圆心，∠CBD=30°，根据圆周角定理，同弧CD对应的圆心角∠CAD=2∠CBD=60°。
接下来分三种情况讨论△ABP为等腰三角形：
① 当PA=PB时：
可得∠BAP=∠ABC=x，
根据三角形外角性质，∠APB=∠PAC + ∠ACB = 60° + x，
在△ABP中，由三角形内角和为180°：
∠ABC + ∠BAP + ∠APB = 180°
代入得：x + x + 60° + x = 180°，即3x=120°，解得x=40°，符合题意。
② 当BA=BP时：
可得∠BAP=∠BPA，
已知∠APB=60°+x，∠ABP=x，
由三角形内角和：∠ABP + 2∠APB = 180°
代入得：x + 2(60°+x) = 180°，即3x=60°，解得x=20°，符合题意。
③ 当AB=AP时：
此时∠APB=∠ABP=x，
又
∵ ∠APB=60°+x，可得x=60°+x，该等式不成立，此时点P与点C重合，点D与点E重合，不符合题意，舍去。
综上，∠ABC的度数为40°或20°。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) ∠ABC的度数为20°或40°
【知识点】
垂直平分线性质，圆周角定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题第一问需要构造辅助外接圆，巧妙利用圆周角性质和垂直平分线性质证明等边三角形，进而得到点A为圆心完成证明，是本题的难点；第二问需要对等腰三角形的三种情况完整分类讨论，结合三角形内角和与外角性质计算角度，注意排除不符合题意的情况，避免漏解和错解。
【难度系数】
0.3
4. 在平面直角坐标系中,已知点$A(4,0)$,$B(-6,0)$,$C$是$y$轴上的一个动点.当$∠ BCA=45^{\circ }$时,点$C$的坐标为
(0,12)或(0,-12)
.答案
设线段 AB 的中点为 E.
∵ A(4,0),B(-6,0),
∴ AB=10,E(-1,0).
∴ OE=1.① 如图①,过点 E 在第二象限作 PE⊥AB,且 PE=1/2 AB=5,连接 PB,PA,则易知△PBA 为等腰直角三角形,∠BPA=90°,PA=PB=5√2.以点 P 为圆心、PA(或 PB)长为半径作⊙P,与 y 轴的正半轴交于点 C.
∵ ∠BCA 为⊙P 的圆周角,
∴ ∠BCA=1/2 ∠BPA=45°.
∴ 点 C 即为所求.过点 P 作 PF⊥y 轴于点 F,则易得四边形 PEOF 为矩形.
∴ OF=PE=5,PF=OE=1.
∵ 在 Rt△PFC 中,PF=1,PC=5√2,
∴ CF=√(PC²-PF²)=7.
∴ OC=OF+CF=5+7=12.
∴ 点 C 的坐标为(0,12).② 如图②,在第三象限可以参照①进行同样的操作,同理,可得 y 轴的负半轴上的点 C 的坐标为(0,-12).综上所述,点 C 的坐标为(0,12)或(0,-12).
解析
【分析】
我们的解题思路是：已知A、B两点都在x轴上，C是y轴上的动点，要求∠BCA=45°，可以利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，45°的圆周角对应的圆心角为90°。首先先算出AB的长度和AB中点坐标，构造以AB为斜边的等腰直角三角形，将直角顶点作为圆心，以腰长为半径作圆，该圆上所有在弦AB同侧的点对AB的圆周角都为45°，再求这个圆和y轴的交点，同时要注意y轴正半轴、负半轴各存在一个符合条件的点C，分类计算即可得到结果。
【解析】
1. 计算AB相关参数
已知A(4,0)，B(-6,0)，可得AB的长度为$4 - (-6)=10$，取线段AB的中点E，则E的坐标为$(\frac{4-6}{2},0)$即$E(-1,0)$，$OE=1$。
2. 求y轴正半轴的点C
① 如图①，过点E在第二象限作$PE⊥ AB$，且令$PE=\frac{1}{2}AB=5$，可得点P坐标为$(-1,5)$，此时$△ PBA$为等腰直角三角形，$∠ BPA=90°$，半径$PA=PB=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$。
② 以点P为圆心、PA长为半径作$\odot P$，根据圆周角定理，弧AB对应的圆周角$∠ BCA=\frac{1}{2}∠ BPA=45°$，因此$\odot P$与y轴正半轴的交点即为符合条件的C点。
③ 过点P作$PF⊥ y$轴于点F，可知四边形PEOF为矩形，因此$PF=OE=1$，$OF=PE=5$。
在$Rt△ PFC$中，$PC=5\sqrt{2}$，$PF=1$，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{PC^2-PF^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-1^2}=\sqrt{50-1}=7$
因此$OC=OF+CF=5+7=12$，得到第一个点C坐标为$(0,12)$。
3. 求y轴负半轴的点C
如图②，在x轴下方重复上述操作，过E作$P'E⊥ AB$，令$P'E=5$，得到圆心$P'(-1,-5)$，以$P'$为圆心、$5\sqrt{2}$为半径作圆，同理可求得该圆与y轴负半轴的交点C坐标为$(0,-12)$。
【答案】
点C的坐标为$(0,12)$或$(0,-12)$。
【知识点】
圆周角定理，坐标与图形性质，勾股定理
【点评】
本题核心是将“定角动点”问题转化为隐圆模型，利用圆周角性质简化计算，避免直接使用三角函数或斜率的复杂运算，同时需要分类讨论y轴正负半轴两种情况，很容易遗漏其中一个解，重点考察了转化思想和分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.3
我们的解题思路是：已知A、B两点都在x轴上，C是y轴上的动点，要求∠BCA=45°，可以利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，45°的圆周角对应的圆心角为90°。首先先算出AB的长度和AB中点坐标，构造以AB为斜边的等腰直角三角形，将直角顶点作为圆心，以腰长为半径作圆，该圆上所有在弦AB同侧的点对AB的圆周角都为45°，再求这个圆和y轴的交点，同时要注意y轴正半轴、负半轴各存在一个符合条件的点C，分类计算即可得到结果。
【解析】
1. 计算AB相关参数
已知A(4,0)，B(-6,0)，可得AB的长度为$4 - (-6)=10$，取线段AB的中点E，则E的坐标为$(\frac{4-6}{2},0)$即$E(-1,0)$，$OE=1$。
2. 求y轴正半轴的点C
① 如图①，过点E在第二象限作$PE⊥ AB$，且令$PE=\frac{1}{2}AB=5$，可得点P坐标为$(-1,5)$，此时$△ PBA$为等腰直角三角形，$∠ BPA=90°$，半径$PA=PB=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$。
② 以点P为圆心、PA长为半径作$\odot P$，根据圆周角定理，弧AB对应的圆周角$∠ BCA=\frac{1}{2}∠ BPA=45°$，因此$\odot P$与y轴正半轴的交点即为符合条件的C点。
③ 过点P作$PF⊥ y$轴于点F，可知四边形PEOF为矩形，因此$PF=OE=1$，$OF=PE=5$。
在$Rt△ PFC$中，$PC=5\sqrt{2}$，$PF=1$，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{PC^2-PF^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-1^2}=\sqrt{50-1}=7$
因此$OC=OF+CF=5+7=12$，得到第一个点C坐标为$(0,12)$。
3. 求y轴负半轴的点C
如图②，在x轴下方重复上述操作，过E作$P'E⊥ AB$，令$P'E=5$，得到圆心$P'(-1,-5)$，以$P'$为圆心、$5\sqrt{2}$为半径作圆，同理可求得该圆与y轴负半轴的交点C坐标为$(0,-12)$。
【答案】
点C的坐标为$(0,12)$或$(0,-12)$。
【知识点】
圆周角定理，坐标与图形性质，勾股定理
【点评】
本题核心是将“定角动点”问题转化为隐圆模型，利用圆周角性质简化计算，避免直接使用三角函数或斜率的复杂运算，同时需要分类讨论y轴正负半轴两种情况，很容易遗漏其中一个解，重点考察了转化思想和分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.3
5. [2024 宿迁沭阳期中]如图,在$△ ABC$中,$AC=2$,$BC=3$,$∠ ACB=30^{ \circ }$,$D$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$AD$长的最小值为
√13 - 3
.答案
∵ ⌒AE = ⌒CP,
∴ ∠ACB = ∠CDP.
∵ ∠ACB = 30°,
∴ ∠CDP = 30°.
∴ ∠BDC = 180° - 30° = 150°.
∴ 点 D 在以 BC 为弦,∠BDC=150°的圆弧上运动.如图,设点 D 运动的圆弧所在圆的圆心为点 M,取优弧 BC 上一点 N,连接 MB,MC,NB,NC,AM,MD,则∠BNC=180°-∠BDC=30°,
∴ ∠BMC=60°.
∵ BM=CM,
∴ △BMC 为等边三角形.
∴ ∠MCB=60°,MC=BC=3.
∵ ∠ACB=30°,
∴ ∠ACM=∠ACB+∠MCB=30°+60°=90°.
∴ AM=√(AC²+MC²)=√(2²+3²)=√13.
∴ 当 A,D,M 三点共线时,AD 长取得最小值.此时,AD=AM-MD=√13-3.
解析
【分析】
解题时首先从题目给出的等弧条件切入，利用同圆中等弧对应的圆周角相等的性质，先推导角的等量关系：由弧AE等于弧CP，可得它们对应的圆周角∠ACB和∠CDP相等，已知∠ACB=30°，因此∠CDP=30°，进而得到邻补角∠BDC=150°。此时发现点D满足：对定线段BC的张角恒为150°，符合定弦定角的隐圆特征，可确定点D的运动轨迹是一段以BC为弦的圆弧。接下来确定该轨迹圆的圆心与半径：根据圆周角和圆心角的关系，弦BC对应的150°圆周角，其对应的优弧上的圆周角为30°，对应的圆心角为60°，结合半径相等可推出圆心与B、C三点构成等边三角形，得到轨迹圆半径为3。之后计算定点A到轨迹圆圆心M的距离，通过角度推导得到∠ACM为直角，用勾股定理算出AM的长度，最后根据“定点到圆上动点的距离最小值为定点到圆心的距离减去半径”，即可求出AD的最小值。
【解析】
解：
1. 由$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CP}$，根据同圆中等弧所对的圆周角相等，可得$∠ ACB = ∠ CDP$。
已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ CDP=30°$，由此可得$∠ BDC = 180° - ∠ CDP = 150°$。
2. 由此可知点D在以BC为弦，且对BC的张角恒为$150°$的圆弧上运动，设该圆弧所在圆的圆心为M，在该圆的优弧BC上取点N，连接MB、MC、NB、NC、AM、MD。
根据圆内接四边形对角互补，得$∠ BNC = 180° - ∠ BDC = 30°$，由圆周角定理，对应的圆心角$∠ BMC = 2∠ BNC = 60°$。
又因为$BM=CM$，所以$△ BMC$是等边三角形，因此$MC=BC=3$，$∠ MCB=60°$。
3. 已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ ACM = ∠ ACB + ∠ MCB = 30° + 60° = 90°$。
在$Rt△ ACM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AC^2 + MC^2}=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$。
4. 根据点与圆的位置关系，点A到圆M上动点D的距离的最小值为$AM - MD$，其中MD是圆M的半径，$MD=BM=3$，因此当A、D、M三点共线时，AD取得最小值：
$AD_{\mathrm{min}} = AM - MD = \sqrt{13} - 3$。
【答案】
$\sqrt{13}-3$
【知识点】
等弧对等圆周角，定弦定角隐圆，点圆最值
【点评】
本题是隐圆最值类的经典题型，核心考查定弦定角轨迹模型的识别，解题的关键是通过等弧条件转化得到点D对BC的定张角150°，从而确定D的运动轨迹圆，再利用点到圆上点的最短距离性质求解，对学生的几何转化能力要求较高，容易出错的点是推导∠BDC的角度以及确定轨迹圆圆心的位置。
【难度系数】
0.3
解题时首先从题目给出的等弧条件切入，利用同圆中等弧对应的圆周角相等的性质，先推导角的等量关系：由弧AE等于弧CP，可得它们对应的圆周角∠ACB和∠CDP相等，已知∠ACB=30°，因此∠CDP=30°，进而得到邻补角∠BDC=150°。此时发现点D满足：对定线段BC的张角恒为150°，符合定弦定角的隐圆特征，可确定点D的运动轨迹是一段以BC为弦的圆弧。接下来确定该轨迹圆的圆心与半径：根据圆周角和圆心角的关系，弦BC对应的150°圆周角，其对应的优弧上的圆周角为30°，对应的圆心角为60°，结合半径相等可推出圆心与B、C三点构成等边三角形，得到轨迹圆半径为3。之后计算定点A到轨迹圆圆心M的距离，通过角度推导得到∠ACM为直角，用勾股定理算出AM的长度，最后根据“定点到圆上动点的距离最小值为定点到圆心的距离减去半径”，即可求出AD的最小值。
【解析】
解：
1. 由$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CP}$，根据同圆中等弧所对的圆周角相等，可得$∠ ACB = ∠ CDP$。
已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ CDP=30°$，由此可得$∠ BDC = 180° - ∠ CDP = 150°$。
2. 由此可知点D在以BC为弦，且对BC的张角恒为$150°$的圆弧上运动，设该圆弧所在圆的圆心为M，在该圆的优弧BC上取点N，连接MB、MC、NB、NC、AM、MD。
根据圆内接四边形对角互补，得$∠ BNC = 180° - ∠ BDC = 30°$，由圆周角定理，对应的圆心角$∠ BMC = 2∠ BNC = 60°$。
又因为$BM=CM$，所以$△ BMC$是等边三角形，因此$MC=BC=3$，$∠ MCB=60°$。
3. 已知$∠ ACB=30°$，因此$∠ ACM = ∠ ACB + ∠ MCB = 30° + 60° = 90°$。
在$Rt△ ACM$中，由勾股定理得：
$AM=\sqrt{AC^2 + MC^2}=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$。
4. 根据点与圆的位置关系，点A到圆M上动点D的距离的最小值为$AM - MD$，其中MD是圆M的半径，$MD=BM=3$，因此当A、D、M三点共线时，AD取得最小值：
$AD_{\mathrm{min}} = AM - MD = \sqrt{13} - 3$。
【答案】
$\sqrt{13}-3$
【知识点】
等弧对等圆周角，定弦定角隐圆，点圆最值
【点评】
本题是隐圆最值类的经典题型，核心考查定弦定角轨迹模型的识别，解题的关键是通过等弧条件转化得到点D对BC的定张角150°，从而确定D的运动轨迹圆，再利用点到圆上点的最短距离性质求解，对学生的几何转化能力要求较高，容易出错的点是推导∠BDC的角度以及确定轨迹圆圆心的位置。
【难度系数】
0.3
