中考数学圆的综合综合经典题及详细答案

一、圆的综合

1．如图，四边形OABC 是平行四边形，以O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于D ，延长AO 交O 于E ，连接CD ，CE ，若CE 是⊙O 的切线，解答下列问题： （1）求证：CD 是⊙O 的切线；

（2）若BC=4，CD=6，求平行四边形OABC 的面积．

【答案】（1）证明见解析（2）24 【解析】

试题分析：（1）连接OD ，求出∠EOC=∠DOC ，根据SAS 推出△EOC ≌△DOC ，推出∠ODC=∠OEC=90°，根据切线的判定推出即可；

（2）根据切线长定理求出CE=CD=4，根据平行四边形性质求出OA=OD=4，根据平行四边形的面积公式=2△COD 的面积即可求解． 试题解析：（1）证明：连接OD ， ∵OD=OA ， ∴∠ODA=∠A ，

∵四边形OABC 是平行四边形， ∴OC ∥AB ，

∴∠EOC=∠A ，∠COD=∠ODA ， ∴∠EOC=∠DOC ， 在△EOC 和△DOC 中，

OE OD EOC DOC OC OC =??

∠=∠??=?

∴△EOC ≌△DOC （SAS ）， ∴∠ODC=∠OEC=90°， 即OD ⊥DC ， ∴CD 是⊙O 的切线；

（2）由（1）知CD 是圆O 的切线， ∴△CDO 为直角三角形，

∵S △CDO =

1

2

CD?OD ， 又∵OA=BC=OD=4，

∴S△CDO=1

2

×6×4=12，

∴平行四边形OABC的面积S=2S△CDO=24．

2．如图，⊙M交x轴于B、C两点，交y轴于A，点M的纵坐标为2．B（﹣33，O），C（3，O）．

（1）求⊙M的半径；

（2）若CE⊥AB于H，交y轴于F，求证：EH=FH．

（3）在（2）的条件下求AF的长．

【答案】（1）4；（2）见解析;（3）4．

【解析】

【分析】

（1）过M作MT⊥BC于T连BM，由垂径定理可求出BT的长，再由勾股定理即可求出BM的长；

（2）连接AE，由圆周角定理可得出∠AEC=∠ABC，再由AAS定理得出△AEH≌△AFH，进而可得出结论；

（3）先由（1）中△BMT的边长确定出∠BMT的度数，再由直角三角形的性质可求出CG 的长，由平行四边形的判定定理判断出四边形AFCG为平行四边形，进而可求出答案．【详解】

（1）如图（一），过M作MT⊥BC于T连BM，

∵BC是⊙O的一条弦，MT是垂直于BC的直径，

∴BT=TC=1

2

3

∴124

；

（2）如图（二），连接AE，则∠AEC=∠ABC，∵CE⊥AB，

∴∠HBC+∠BCH=90°

在△COF中，

∵∠OFC+∠OCF=90°，∴∠HBC=∠OFC=∠AFH，在△AEH和△AFH中，

∵

AFH AEH

AHF AHE AH AH

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△AEH≌△AFH（AAS），

∴EH=FH；

（3）由（1）易知，∠BMT=∠BAC=60°，

作直径BG，连CG，则∠BGC=∠BAC=60°，

∵⊙O的半径为4，

∴CG=4，

连AG，

∵∠BCG=90°，

∴CG⊥x轴，

∴CG∥AF，

∵∠BAG=90°，

∴AG⊥AB，

∵CE⊥AB，

∴AG∥CE，

∴四边形AFCG为平行四边形，

∴AF=CG=4．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

3．（类比概念）三角形的内切圆是以三个内角的平分线的交点为圆心，以这点到三边的距离为半径的圆，则三角形可以称为圆的外切三角形，可以得出三角形的三边与该圆相切．以此类推，如图1，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形

（性质探究）如图1，试探究圆外切四边形的ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系

猜想结论：（要求用文字语言叙述）

写出证明过程（利用图1，写出已知、求证、证明）

（性质应用）

①初中学过的下列四边形中哪些是圆外切四边形（填序号）

A：平行四边形：B：菱形：C：矩形；D：正方形

②如图2，圆外切四边形ABCD，且AB=12，CD=8，则四边形的周长是．

③圆外切四边形的周长为48cm，相邻的三条边的比为5：4：7，求四边形各边的长．

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据切线长定理即可得出结论；

（2）①圆外切四边形是内心到四边的距离相等，即可得出结论；

②根据圆外切四边形的对边和相等，即可求出结论；

③根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．

【详解】

性质探讨：圆外切四边形的对边和相等，理由：

如图1，已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H．

求证：AD+BC=AB+CD．

证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG=AH，同理：BG=BF，CE=CF，DE=DH，

∴AD+BC=AH+DH+BF+CF=AG+BG+CE+DE=AB+CD，即：圆外切四边形的对边和相等．

故答案为：圆外切四边形的对边和相等；

性质应用：①∵根据圆外切四边形的定义得：圆心到四边的距离相等．

∵平行四边形和矩形不存在一点到四边的距离相等，而菱形和正方形对角线的交点到四边的距离相等．

故答案为：B，D；

②∵圆外切四边形ABCD，∴AB+CD=AD+BC．

∵AB=12，CD=8，∴AD+BC=12+8=20，∴四边形的周长是AB+CD+AD+BC=20+20=40．

故答案为：40；

③∵相邻的三条边的比为5：4：7，∴设此三边为5x，4x，7x，根据圆外切四边形的性质得：第四边为5x+7x﹣4x=8x．

∵圆外切四边形的周长为48cm，∴4x+5x+7x+8x=24x=48，∴x=2，∴此四边形的四边为

4x=8cm，5x=10cm，7x=14cm，8x=16cm．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切的性质，四边形的周长，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解答本题的关键．

4．如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA．

（1）求证：∠ABD=2∠BDC；

（2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC；

（3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）

9

2 DE=.

【解析】

【分析】

（1）连接AD，如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BDC=α，由AB为⊙O直径，得到∠ADB=90°，根据余角的性质即可得到结论；

（2）根据已知条件得到∠ACE=∠ADC，等量代换得到∠ACE=∠CAE，于是得到结论；（3）如图2，连接OC，根据圆周角定理得到∠COB=2∠CAB，等量代换得到

∠COB=∠ABD，根据相似三角形的性质得到OH=5，根据勾股定理得到

AB22

AD BD

+=26，由相似三角形的性质即可得到结论．

【详解】

（1）连接AD．如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，

则∠CAB=∠BDC=α，

∵点C 为弧ABD 中点，∴?AC =?CD

，∴∠ADC =∠DAC =β，∴∠DAB =β﹣α， ∵AB 为⊙O 直径，∴∠ADB =90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD =90°﹣∠DAB =90°﹣（β﹣α），∴∠ABD =2α，∴∠ABD =2∠BDC ；

（2）∵CH ⊥AB ，∴∠ACE +∠CAB =∠ADC +∠BDC =90°， ∵∠CAB =∠CDB ，∴∠ACE =∠ADC ， ∵∠CAE =∠ADC ，∴∠ACE =∠CAE ，∴AE =CE ； （3）如图2，连接OC ，∴∠COB =2∠CAB ， ∵∠ABD =2∠BDC ，∠BDC =∠CAB ，∴∠COB =∠ABD ， ∵∠OHC =∠ADB =90°，∴△OCH ∽△ABD ，∴1

2

OH OC BD AB ==， ∵OH =5，∴BD =10，∴AB =22AD BD +=26，∴AO =13，∴AH =18，

∵△AHE ∽△ADB ，∴

AH AE AD AB =，即1824=26AE ，∴AE =392，∴DE =9

2

．

【点睛】

本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

5．如图1，将长为10的线段OA 绕点O 旋转90°得到OB ，点A 的运动轨迹为?AB ，P 是半径OB 上一动点，Q 是?AB 上的一动点，连接PQ.

发现：∠POQ ＝________时，PQ 有最大值，最大值为________；

思考：（1）如图2，若P 是OB 中点，且QP ⊥OB 于点P ，求?BQ

的长； （2）如图3，将扇形AOB 沿折痕AP 折叠，使点B 的对应点B′恰好落在OA 的延长线上，求阴影部分面积；

探究：如图4，将扇形OAB 沿PQ 折叠，使折叠后的弧Q B′恰好与半径OA 相切，切点为

C ，若OP ＝6，求点O 到折痕PQ 的距离．

【答案】发现： 90°，102； 思考：（1）10

3

π=；（2）25π?1002+100；（3）点O 到折痕PQ 的距离为30. 【解析】

分析：发现：先判断出当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合，即可得出结论；

思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；

（2）先在Rt △B'OP 中，OP 2+(102?10)2=（10-OP ）2，解得OP=102?10，最后用面积的和差即可得出结论．

探究：先找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，证明四边形OCO′B 是矩形，由勾股定理求O′B ，从而求出OO′的长，则OM=

1

2

OO′=30． 详解：发现：∵P 是半径OB 上一动点，Q 是?AB 上的一动点， ∴当PQ 取最大时，点Q 与点A 重合，点P 与点B 重合， 此时，∠POQ=90°，PQ=22OA OB +=102； 思考：（1）如图，连接OQ ，

∵点P 是OB 的中点，

∴OP=

12OB=1

2OQ ． ∵QP ⊥OB ， ∴∠OPQ=90°

在Rt △OPQ 中，cos ∠QOP=1

2

OP OQ =， ∴∠QOP=60°， ∴l BQ =

601010

1803

ππ?=； （2）由折叠的性质可得，BP ＝B ′P ，AB ′＝AB ＝2， 在Rt △B'OP 中，OP 22?10)2=（10-OP ）2

解得OP=102?10，

S 阴影=S 扇形AOB -2S △AOP =290101

210(10210)3602

π?-???-

＝25π?1002+100；

探究：如图2，找点O 关于PQ 的对称点O′，连接OO′、O′B 、O′C 、O′P ，

则OM=O′M ，OO′⊥PQ ，O′P=OP=3，点O′是?B Q '所在圆的圆心，

∴O′C=OB=10，

∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA 相切于C 点， ∴O′C ⊥AO ， ∴O′C ∥OB ，

∴四边形OCO′B 是矩形，

在Rt △O′BP 中，O′B=226425-=， 在Rt △OBO′K ，OO′=2210(25)=230-， ∴OM=

12OO′=1

2

×230=30， 即O 到折痕PQ 的距离为30．

点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=

180

n R

π（n 为圆心角度数，R 为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．

6．如图，已知在△ABC 中，AB=15，AC=20，tanA=

1

2

，点P 在AB 边上，⊙P 的半径为定长.当点P 与点B 重合时，⊙P 恰好与AC 边相切；当点P 与点B 不重合时，⊙P 与AC 边相交于点M 和点N ．

（1）求⊙P的半径；

（2）当AP=65时，试探究△APM与△PCN是否相似，并说明理由．

【答案】（1）半径为35；（2）相似，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，⊙P与边AC相切，则BD就是⊙P的半径，利用解直角三角形得出BD与AD的关系，再利用勾股定理可求得BD的长；

（2）如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，根据垂径定理得出

MN=2MH，PM=PN，再利用勾股定理求出PH、AH、MH、MN的长，从而求出AM、NC的

长，然后求出AM

MP

、

PN

NC

的值，得出

AM

MP

=

PN

NC

，利用两边对应成比例且夹角相等的两

三角形相似即可证明.

【详解】（1）如图，作BD⊥AC，垂足为点D，

∵⊙P与边AC相切，

∴BD就是⊙P的半径，

在Rt△ABD中，tanA= 1BD

2AD =，

设BD=x，则AD=2x，

∴x2+(2x)2=152，

解得：5

∴半径为5

（2）相似，理由见解析，

如图，过点P作PH⊥AC于点H，作BD⊥AC，垂足为点D，∴PH垂直平分MN，

∴PM=PN，

在Rt△AHP中，tanA=1

2

PH

AH =，

设PH=y，AH=2y，

y2+（2y）2=（52解得：y=6（取正数），∴PH=6，AH=12，

在Rt△MPH中，

MH=

()

2

2356-=3，

∴MN=2MH=6， ∴AM=AH-MH=12-3=9， NC=AC-MN-AM=20-6-9=5， ∴935535AM MP ==，35

5

PN NC =

， ∴

AM MP =PN

NC ， 又∵PM=PN ，

∴∠PMN=∠PNM ， ∴∠AMP=∠PNC ， ∴△AMP ∽△PNC.

【点睛】本题考查了解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用相关的性质与定理是解题的关键.

7．如图，A 是以BC 为直径的⊙O 上一点，AD ⊥BC 于点D ，过点B 作⊙O 的切线，与CA 的延长线相交于点E ，G 是AD 的中点，连结CG 并延长与BE 相交于点F ，延长AF 与CB 的延长线相交于点P ． （1）求证：BF =EF ：

（2）求证：PA 是⊙O 的切线；

（3）若FG =BF ，且⊙O 的半径长为32，求BD 的长度.

【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；（3）2 【解析】

分析：（1）利用平行线截三角形得相似三角形，得△BFC ∽△DGC 且△FEC ∽△GAC ，得到对应线段成比例，再结合已知条件可得BF =EF ；

（2）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到∠FAO =∠EBO ，结合BE 是

圆的切线，得到PA⊥OA，从而得到PA是圆O的切线；

（3）点F作FH⊥AD于点H，根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出BD 的长度．

详解：证明：(1)∵BC是圆O的直径，BE是圆O的切线，

∴EB⊥BC.

又∵AD⊥BC，

∴AD∥BE.

∴△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，

∴BF

DG

=

CF

CG

，

EF

AG

=

CF

CG

，

∴BF

DG

=

EF

AG

，

∵G是AD的中点，

∴DG=AG，

∴BF=EF；

(2)连接AO，AB.

∵BC是圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

由(1)得：在Rt△BAE中，F是斜边BE的中点，∴AF=FB=EF，可得∠FBA=∠FAB，

又∵OA=OB，

∴∠ABO=∠BAO，

∵BE是圆O的切线，

∴∠EBO=90°，

∴∠FBA+∠ABO=90°，

∴∠FAB+∠BAO=90°，

即∠FAO=90°，

∴PA⊥OA，

∴PA是圆O的切线；

（3）过点F作FH⊥AD于点H，

∵BD ⊥AD ，FH ⊥AD ， ∴FH ∥BC ，

由(2)，知∠FBA =∠BAF ， ∴BF =AF . ∵BF =FG ， ∴AF =FG ，

∴△AFG 是等腰三角形. ∵FH ⊥AD ， ∴AH =GH ， ∵DG =AG ， ∴DG =2HG . 即

1

2

HG DG =， ∵FH ∥BD ，BF ∥AD ，∠FBD =90°， ∴四边形BDHF 是矩形， ∴BD =FH ， ∵FH ∥BC ∴△HFG ∽△DCG ， ∴1

2

FH HG CD DG ==， 即1

2

BD CD =， ∴

23

2.15≈， ∵O 的半径长为2， ∴BC 2， ∴BD =

1

3

BC ＝2. 点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质.结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.

8．如图，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径．∠ACB 的平分线交⊙O 于点D ，过点D

作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F．

（1）求证：DP∥AB；

（2）若AC=6，BC=8，求线段PD的长．

【答案】详见解析

【解析】

【分析】

（1）连接OD，由AB为⊙O的直径，根据圆周角定理得∠ACB=90°，再由

∠ACD=∠BCD=45°，则∠DAB=∠ABD=45°，所以△DAB为等腰直角三角形，所以DO⊥AB，根据切线的性质得OD⊥PD，于是可得到DP∥AB．

（2）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可得到

AD52

22

===；由△ACE为等腰直角三角形，得到

AE CE32

22

====，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=42，则

CD=72，易证得∴△PDA∽△PCD，得到PD PA AD52

PC PD CD72

===，所以PA=

5

7

PD，

PC=7

5

PD，然后利用PC=PA+AC可计算出PD．

【详解】

解：（1）证明：如图，连接OD，

∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．

∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠ACD=∠BCD=45°．∴∠DAB=∠ABD=45°．∴△DAB为等腰直角三角形．

∴DO⊥AB．

∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD．

∴DP ∥AB ． （2）在Rt △ACB 中，

，

∵△DAB 为等腰直角三角形，∴

．

∵AE ⊥CD ，∴△ACE 为等腰直角三角形．∴．

在Rt △AED 中，，

∴

．

∵AB ∥PD ，∴∠PDA=∠DAB=45°．∴∠PAD=∠PCD ． 又∵∠DPA=∠CPD ，∴△PDA ∽△PCD ．∴．

∴PA=

75PD ，PC=5

7

PD ． 又∵PC=PA+AC ，∴

75PD+6=5

7

PD ，解得PD=．

9．对于平面直角坐标系xOy 中的线段MN 和点P ，给出如下定义：点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点．如果以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点，我们就称点P 是线段MN 的“关联点”．

如图，M （1，2），N （4，2）．

（1） 在点P 1（1，3），P 2（4，0），P 3（3，2）中，线段MN 的“关联点”有 ； （2） 如果点P 在直线1y x =+上，且点P 是线段MN 的“关联点”，求点P 的横坐标x 的取值范围；

（3） 如果点P 在以O （1，1-）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，直接写出⊙O 半径r 的取值范围．

【答案】（1）P 1和P 3；（2）3311x -≤≤；（333

3 3.r +≤ 【解析】

【分析】

（1）先根据题意求出点P 的横坐标的范围，再求出P 点的纵坐标范围即可得出结果； （2）由直线y=x+1经过点M （1，2），得出x≥1，设直线y=x+1与P 4N 交于点A ，过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C ，则在△AMN 中，MN=3，∠AMN=45°，∠ANM=30°，设AB=MB=a ，tan ∠ANM=

AB BN ，即tan30°=3a

a

-，求出a 即可得出结果； （3）圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，分别求出两个距离即可得出结果． 【详解】

（1））如图1所示：

∵点A 是线段MN 上一个动点，过点A 作线段MN 的垂线l ，点P 是垂线l 上的另外一个动点，M （1，2），N （4，2）， ∴点P 的横坐标1≤x≤4，

∵以点P 为旋转中心，将垂线l 沿逆时针方向旋转60°后与线段MN 有公共点， 当∠MPN=60°时，PM=60MN

tan ?

=3=3， 同理P′N=3，

∴点P 的纵坐标为2-3或2+3， 即纵坐标2-3≤y≤2+3， ∴线段MN 的“关联点”有P 1和P 3； 故答案为：P 1和P 3；

（2）线段MN 的“关联点”P 的位置如图所示，

∵ 直线1y x =+经过点M （1，2）， ∴ x ≥1.

设直线1y x =+与P 4N 交于点A .

过点A 作AB ⊥MN 于B ，延长AB 交x 轴于C .

由题意易知，在△AMN 中，MN = 3，∠AMN = 45°，∠ANM = 30°. 设AB = MB = a ， ∴ tan AB ANM BN ∠=，即tan303a

a

?=-， 解得333.a -=

∴ 点A 的横坐标为333331

11.x a --=+=+= ∴331

.2

x -≤

综上 331

1.x -≤≤

（3）点P 在以O （1，-1）为圆心，r 为半径的⊙O 上，且点P 是线段MN 的“关联点”，如图3所示：

连接P 4O 交x 轴于点D ，P 4、M 、D 、O 共线，

则圆心O 到P 4的距离为r 的最大值，由（1）知：MP 4=NP 53 即OD+DM+MP 433

圆心O 到MP 5的距离为r 的最小值，作OE ⊥MP 5于E ，连接OP 5， 则OE 为r 的最小值，

MP 522

5

MN NP +223(3)+3OM=OD+DM=1+2=3， △OMP 5的面积=12OE?MP 5=12OM?MN ，即1231

2

×3×3， 解得：33 ∴

33

3 【点睛】

本题是圆的综合题，考查了旋转、直角三角形的性质、勾股定理、最值等知识，熟练掌握“关联点”的含义，作出关于MN 的“关联点”图是关键．

10．解决问题：

() 1如图①，半径为4的O e 外有一点P ，且7PO =，点A 在O e 上，则PA 的最大值和

最小值分别是______和______．

()2如图②，扇形AOB 的半径为4，45AOB ∠=o ，P 为弧AB 上一点，分别在OA 边找

点E ，在OB 边上找一点F ，使得PEF V 周长的最小，请在图②中确定点E 、F 的位置并直接写出PEF V 周长的最小值； 拓展应用

()3如图③，正方形ABCD 的边长为4

2；E 是CD 上一点(不与D 、C 重合)，

CF BE ⊥于F ，P 在BE 上，且PF CF =，M 、N 分别是AB 、AC 上动点，求PMN V 周长的最小值．

【答案】（1）11，3；（2）图见解析，PEF V 周长最小值为423）41042． 【解析】 【分析】

()1根据圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最远是和最近的点是过圆心和该点的直

线与圆的交点，容易求出最大值与最小值分别为11和3；

()2作点P 关于直线OA 的对称点1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与

OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、F 即为所求，此时PEF V 周长最小，然后根据等腰直角三角形求解即可；

()3类似()2题作对称点，PMN V 周长最小12PP =，然后由三角形相似和勾股定理求解．

【详解】

解：()1如图①，Q 圆外一点P 到这个圆上所有点的距离中，最大距离是和最小距离都在过圆心的直线OP 上，

此直线与圆有两个交点，圆外一点与这两个交点的距离个分别最大距离和最小距离．

PA ∴的最大值227411PA PO OA ==+=+=，

PA 的最小值11743PA PO OA ==-=-=， 故答案为11和3；

()2如图②，以O 为圆心，OA 为半径，画弧AB 和弧BD ，作点P 关于直线OA 的对称点

1P ，作点P 关于直线OB 的对称点2P ，连接1P 、2P ，与OA 、OB 分别交于点E 、F ，点E 、

F 即为所求．

连接1OP 、2OP 、OP 、PE 、PF ，

由对称知识可知，1AOP AOP ∠∠=，2BOP BOP ∠∠=，1

PE PE =，2PF P F = ∴1245AOP BOP AOP BOP AOB ∠∠∠∠∠+=+==o ，

12

454590POP o o o ∠=+=， 12POP ∴V 为等腰直角三角形，

121PP ∴==

PEF V 周长1212PE PF EF PE P F EF PP =++=++=，此时PEF V 周长最小．

故答案为；

()3作点P 关于直线AB 的对称1P ，连接1AP 、1BP ，作点P 关于直线AC 的对称2P ，

连接1P 、2P ，与AB 、AC 分别交于点M 、N ．如图③ 由对称知识可知，1

PM PM =，2PN P N =，PMN V 周长1212PM PN MN PM P N MN PP =++=++=，

此时，PMN V 周长最小12PP =．

由对称性可知，1BAP BAP ∠∠=，2EAP EAP ∠∠=，12AP

AP AP ==， ∴1245BAP EAP BAP EAP BAC o ∠∠∠∠∠+=+== 12454590P AP ∠=+=o o o ，

12P AP V ∴为等腰直角三角形，

PMN ∴V 周长最小值12PP =，当AP 最短时，周长最小． 连接DF ．

CF BE Q ⊥，且PF CF =，

45PCF ∠∴=o ，PC

CF

=45ACD ∠=o Q ，

PCF ACD ∠∠∴=，PCA FCD ∠∠=，

又AC

CD

=， ∴在APC V 与DFC V 中，AC PC

CD CF

=，PCA FCD ∠∠=

C AP ∴V ∽DFC V ，

2AP AC

DF CD

∴

==， ∴2AP DF =

90BFC ∠=o Q ，取AB 中点O ．

∴点F 在以BC 为直径的圆上运动，当D 、F 、O 三点在同一直线上时，DF 最短．

2222(22)(42)2221022DF DO FO OC CD OC =-=+-=+-=-， AP ∴最小值为2AP DF =

∴此时，PMN V 周长最小值

()

12222222102241042PP AP DF =

=?=?-=-．

【点睛】

本题考查圆以及正方形的性质，运用圆的对称性和正方形的对称性是解答本题的关键．

11．如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，BA=BC ，直线MN 是过点A 的直线CD ⊥MN 于点D ，连接BD ．

（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC ，AD ，BD 之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B 作BE ⊥BD ，交MN 于点E ，进而得出：DC+AD= BD ． （2）探究证明

将直线MN 绕点A 顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC ，AD ，BD 之间的数量关系，并证明 （3）拓展延伸

在直线MN 绕点A 旋转的过程中，当△ABD 面积取得最大值时，若CD 长为1，请直接写BD 的长．