3. (2026·铁岭期末)在$△ ABC$中，$CA=CB$，$D$为$AB$的中点.将$△ CDA$以点$D$为中心按顺时针方向旋转，点$A,C$的对应点分别为点$A_1,C_1$，$A_1C_1$与$CB$的交点为$E$.
(1)如图①，当$A_1C_1 // AB$时，判断四边形$A_1DBE$的形状，并说明理由.
(2)如图②，当点$A_1$恰好落在$AC$边上时，
①猜想线段$BE,A_1E$的数量关系，并说明理由；
②若$AC=10$，$AB=8$，请直接写出线段$AA_1$的长度.

(1) 四边形$A_1DBE$为菱形,理由如下：
$\because A_1C_1// AB, \therefore ∠ A_1=∠ A_1DA$, 根据旋转的性质可得$∠ A_1=∠ A, AD=A_1D. \because CA=CB, \therefore ∠ B=∠ A=∠ A_1DA, \therefore A_1D// EB.$
$\because A_1C_1// AB, \therefore$ 四边形$A_1DBE$为平行四边形. $\because D$ 为 $AB$ 的中点, $\therefore AD=DB=A_1D, \therefore$ 平行四边形$A_1DBE$为菱形.
(2) ① $BE=A_1E$,理由如下：
如图①,连接 $BC_1$

根据旋转可得$∠ ADA_1=∠ CDC_1, DC=DC_1, \because CA=CB, D$ 为 $AB$ 的中点, $\therefore ∠ CDA=∠ CDB=90°, \therefore ∠ CDA-∠ ADA_1=∠ CDB-∠ CDC_1$, 即$∠ A_1DC=∠ BDC_1$, 根据(1)中可得 $AD=DB=A_1D, \therefore △ A_1DC ≌ △ BDC_1 \ (\mathrm{SAS}), \therefore A_1C = BC_1, ∠ A_1CD=∠ BC_1D. \because CA=CB, D$ 为 $AB$ 的中点, $\therefore ∠ ACD=∠ DCB=∠ A_1C_1D, \therefore ∠ A_1CD+∠ DCB=∠ BC_1D+∠ A_1C_1D$, 即$∠ A_1CE=∠ BC_1E. \because ∠ CEA_1=∠ C_1EB, \therefore △ CEA_1 ≌ △ C_1EB(\mathrm{AAS}), \therefore A_1E=BE.$
② 线段$AA_1$的长度为$\frac{16}{5}$. 解析:如图②,过点 $D$ 作 $DM ⊥ AC$ 于点 $M$,

$\because AD=DB=\frac{1}{2} AB=4, \therefore CD=\sqrt{AC^2-AD^2}=2\sqrt{21}$, 根据三角形面积公式可得 $\frac{AC · MD}{2} = \frac{AD · CD}{2}, \therefore MD=\frac{AD · CD}{AC}=\frac{4\sqrt{21}}{5}$, 根据勾股定理可得 $AM=\sqrt{AD^2-MD^2}=\frac{8}{5}. \because DA=DA_1, DM ⊥ AA_1, \therefore AA_1=2AM=\frac{16}{5}.$

4. (2026·昭通期末)如图,AB是$\odot O$的直径,C为$\odot O$上一点,$AD ⊥ CD$于点D,AC平分$∠ DAB$,点P是$\overset{\frown}{AB}$的中点,连接CP,AP,BP.
(1)若$∠ BAC=30°$,$CD=3$,求AC的长;
(2)求证:CD是$\odot O$的切线;
(3)若CP交AB于点M,作$PH ⊥ AC$于点H,交AB于点N,猜想AN,MN,BM存在的数量关系,并说明理由.

(1) $\because AC$ 平分$∠ DAB, \therefore ∠ CAD=∠ BAC=30°. \because AD ⊥ CD$ 于点 $D, \therefore ∠ ADC=90°, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中, $AC=2CD=6.$
(2) 如图①,连接 $OC$,

$\because OC=OA, \therefore ∠ OCA=∠ BAC. \because ∠ DAC=∠ BAC, \therefore ∠ OCA=∠ DAC, \therefore OC// AD. \because AD ⊥ CD, \therefore OC ⊥ CD. \because OC$ 是$\odot O$ 的半径, $\therefore CD$ 为$\odot O$ 的切线.
(3) $MN^2=AN^2+MB^2$,理由如下：
如图②,过点 $B$ 作 $BQ ⊥ AB$, 且使得 $BQ=AN$, 连接 $MQ,PQ$,

则$∠ MBQ=90°, \because AB$ 是$\odot O$ 的直径, $\therefore ∠ APB=90°. \because$ 点 $P$ 是$\overset{\frown}{AB}$ 的中点, $\therefore PA = PB, \therefore △ PAB$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ PAN=∠ PBA=45°, \therefore ∠ PCA=∠ PBA=45°, ∠ PBQ=90°-45°=45°, \therefore ∠ PAN=∠ PBQ, \therefore △ PAN ≌ △ PBQ \ (\mathrm{SAS}), \therefore PN=PQ, ∠ APN=∠ BPQ, \therefore ∠ APN+∠ NPB=∠ BPQ+∠ NPB$, 即 $∠ APB=∠ NPQ=90°. \because PH ⊥ AC, \therefore ∠ PHC=90°. \because ∠ PCA=45°, \therefore ∠ NPM=90°-45°=45°, \therefore ∠ QPM=∠ NPQ-∠ NPM=45°, \therefore ∠ NPM=∠ MPQ.$
又$\because PN=PQ, MP = MP, \therefore △ PMN ≌ △ PMQ \ (\mathrm{SAS}), \therefore MN=MQ. \because$ 在 $\mathrm{Rt}△ MBQ$ 中, $MQ^2=BQ^2+BM^2, \therefore MN^2=AN^2+BM^2.$