苏科版2025年新九年级数学暑假衔接讲义第15讲重难点02“四点共圆”模型(学生版+解析)

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1.识别几何模型。
2.利用“四点共圆”模型解决问题
一．填空题（共3小题）
1．（2021秋•南京期中）如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠C＝100°，BC＝CD，则∠A+∠D＝ 220 °．
【分析】连接BD，由∠C＝100°，BC＝CD得出∠CDB＝40°，由四边形BAED内接于⊙O得出∠A+∠BDE＝180°，即可求出答案．
【解答】解：如图，连接BD，
∵∠C＝100°，BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝40°，
∵四边形BAED内接于⊙O，
∴∠A+∠BDE＝180°，
∴∠A+∠CDE
＝∠A+∠BDE+∠CDB
＝180°+40°
＝220°，
故答案为：220．
【点评】本题考查了圆周角定理，掌握圆连接四边形的性质是解题的关键．
2．（2022•靖江市二模）如图，AB⊥BC，AB＝5，点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，∠D＝90°，连接AD，则AD的最小值为 ．
【分析】连接BD并延长，利用四点共圆的判定定理得到B，E，D，F四点共圆，再利用等腰直角三角形的性质和圆周角定理得到∠DBF＝∠DEF＝45°，得到点D的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论．
【解答】解：连接BD并延长，如图，
∵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°，
∴∠DBF＝∠DBE＝45°，
∴点D的轨迹为∠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AB＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆的判定 圆周角定理，点的轨迹，垂线段的性质，利用已知条件求得点D的轨迹是解题的关键．
3．（2022秋•大丰区期中）如图，△ABC中，AD⊥BC，∠B＝45°，∠C＝30°．以AD为弦的圆分别交AB、AC于E、F两点．点G在AC边上，且满足∠EDG＝120°．若CD＝4+2，则△DEG的面积的最小值是 2+2 ．
【分析】连接EF，利用四点共圆和同弧所对的圆周角相等证明EF∥DG，从而得到S△EDG＝S△EDG，当FG最小时，△DFG的面积就最小，作△DFG的外接圆O，过O点作OH⊥FG交于点H，连接OF、OG，DO+OH＝（+）FG，当DO+OH最小时，FG就最小，当D、O、H三点共线时，DO+OH最小，此时DH⊥FG，在Rt△FHO中，（FH）2＝FH2+（2+﹣FH）2，求出FH＝，可得FG的最小值为2，再求S△DFG＝2+2，即△DEG的面积的最小值为2+2．
【解答】解：连接EF，AD⊥BC，∠B＝45°，∠C＝30°，
∴∠B＝45°，∠DAC＝60°，
∵∠BAC＝105°，
∵A、E、F、D四点共圆，
∴∠EDF＝75°，
∵∠EDG＝120°，
∴∠FDG＝45°，
∵＝，
∴∠EFD＝∠EAD＝45°，
∴∠EFD＝∠FDG，
∴EF∥DG，
∴S△EDG＝S△EDG，
∵CD＝4+2，∠C＝30°，
∴AC＝+，AD＝+，
∴AC边上的高＝＝2+，
∴当FG最小时，△DFG的面积就最小，
作△DFG的外接圆O，过O点作OH⊥FG交于点H，连接OF、OG，
∵∠FDG＝45°，
∴∠FOG＝90°，
∵OF＝GO，
∴△FOG是等腰直角三角形，
∵∠FOH＝∠FOG＝45°，
∴△FOH是等腰直角三角形，
∴FH＝OH＝，FO＝FH，
∴DO+OH＝FG+＝（+）FG，
∴当DO+OH最小时，FG就最小，
∵DO+OH≥DH，
∴当D、O、H三点共线时，DO+OH最小，
此时DH⊥FG，
∴DH＝2+，
在Rt△FHO中，（FH）2＝FH2+（2+﹣FH）2，
解得FH＝或FH＝4+3，
∵OH＝2+＝FH+FO，
∴FH＝，
∴FG的最小值为2，
∴S△DFG＝2×（2+）＝2+2，
∴△DEG的面积的最小值为2+2，
故答案为：2+2．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆心角与圆周角的关系，四点共圆的性质，三角形外接圆的性质是解题的关键．
二．解答题（共7小题）
4．（2022秋•宿城区期中）如图，BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，M是BC的中点，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）点B，C，D，E是否在以点M为圆心的同一个圆上？请说明理由．
（2）若AB＝8，CF＝6，求△ABC外接圆的半径长．
【分析】（1）连接EM，DM，根据垂直定义可得∠BDC＝∠BEC＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得EM＝BM＝BC，DM＝CM＝BC，从而可得EM＝BM＝DM＝CM，即可解答；
（2）连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交⊙O于点H，连接AH，CH，根据三角形的高是交于一点的可得AG⊥BC，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠BAH＝∠BCH＝90°，从而可得AG∥CH，AH∥CE，然后利用平行四边形的判定可得四边形AFCH是平行四边形，从而可得CF＝AH＝6，最后在Rt△BAH中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：（1）点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上，
理由：连接EM，DM，
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠BDC＝∠BEC＝90°，
∵M是BC的中点，
∴EM＝BM＝BC，DM＝CM＝BC，
∴EM＝BM＝DM＝CM，
∴点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上；
（2）连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交⊙O于点H，连接AH，CH，
∵BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，
∴AG⊥BC，
∵BH是⊙O的直径，
∴∠BAH＝∠BCH＝90°，
∴BA⊥AH，BC⊥CH，
∴AG∥CH，
∵CE⊥AB，
∴AH∥CE，
∴四边形AFCH是平行四边形，
∴CF＝AH＝6，
在Rt△BAH中，AB＝8，
∴BH＝＝＝10，
∴△ABC外接圆的半径长为5．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形斜边上的中线，点与圆的位置关系，确定圆的条件，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
5．（兴化市校级期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AD、CD的中点．
（1）线段AF与BE有何关系．说明理由；
（2）延长AF、BC交于点H，则B、D、G、H这四个点是否在同一个圆上．说明理由．
【分析】（1）证明△ABE≌△DAF，证据全等三角形的对应边相等，以及直角三角形的两锐角互余即可证明AF相等且互相垂直；
（2）证明△ADF≌△HCF，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得B，C，D，H四点到C的距离相等，即可证得四点共圆．
【解答】解：（1）AF＝BE且AF⊥BE．
证明：∵E、F分别是AD、CD的中点，
∴AE＝AD，DF＝CD
∴AE＝DF
又∵∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD
∴△ABE≌△DAF
∴AF＝BE，∠AEB＝∠AFD
∵在直角△ADF中，∠DAF+∠AFD＝90°
∴∠DAF+∠AEB＝90°
∴∠AGE＝90°
∴AF⊥BE
（2）连接CG．
∵DF＝CF，∠D＝∠FCH＝90°，∠AFD＝∠HFC
∴△ADF≌△HCF
∴BC＝AD＝CH＝CD，
在直角△BGH中，BC＝CH，
∴GC＝BH
∴CB＝CG＝CD＝CH，
∴B，G，D，H在以C为圆心、BC长为半径的圆上．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2022秋•建湖县期中）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB＝DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．
（1）若∠DAE＝75°，则∠DAC＝ 75 °；
（2）过点D作DE⊥AB于E，判断AB、AE、AC之间的数量关系并证明；
（3）若AB＝6、AE＝2，求BD2﹣AD2的值．
【分析】（1）根据四边形外接圆的性质，同弧所对的圆周角相等，可得∠DCB＝∠DBC＝∠DAC＝75°；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，可证明△BDE≌△CDF（AAS），△ADE≌△ADF（AAS），则AC＝AF+FC＝AE+BE＝AE+AE+AB＝2AE+AB；
（3）在Rt△BDE中，BD2＝64+DE2，，在Rt△AED中，AD2＝4+ED2，再求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠DAE是四边形ABCD的一个外角，
∴∠DAE＝∠BCD，
∵BD＝CD，
∴∠CBD＝∠DCB，
∵弧CD所对的圆周角分别为∠CAD、∠CBD，
∴∠CBD＝∠CAD，
∵∠DAE＝75°，
∴∠DCB＝∠DBC＝∠DAC＝75°，
故答案为；75；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA＝90°，
∵∠ABD＝∠ACD，BD＝CD，∠E＝∠DFC＝90°，
∴△BDE≌△CDF（AAS），
∴DE＝DF，AE＝CF，
∴∠ADE＝∠ADF，
又∵∠E＝∠AFD，AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC＝AF+FC＝AE+BE＝AE+AE+AB＝2AE+AB，
即AC＝2AE+AB；
（3）在Rt△BDE中，BD2＝BE2+DE2，
在Rt△AED中，AD2＝AE2+ED2，
∵AB＝6，AE＝2，
∴BE＝8，
∴BD2＝64+DE2，AD2＝4+ED2，
∴BD2﹣AD2＝60．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，四点共圆的性质，直角三角形勾股定理，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
7．（2023•淮安区一模）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）
∵∠B＝∠D
∴∠AEC+∠B＝180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上
反思归纳：
（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1： 圆内接四边形对角互补 ；依据2： 过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆 ．
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为 45° ．
拓展探究：
（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB＝2，AD•AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；
（2）根据四点共圆、圆周角定理解答；
（3）①根据轴对称的性质得到AE＝AC，DE＝DC，∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，进而得到∠AED＝∠ABC，证明结论；
②连接CF，证明△ABD∽△AFB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】（1）解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，
故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
（2）解：∵∠1＝∠2，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，
∴∠3＝∠4，
∵∠3＝45°，
∴∠4＝45°，
故答案为：45°；
（3）①证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴AE＝AC，DE＝DC，
∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠AED＝∠ACB，
∴∠AED＝∠ABC，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：AD•AF的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接CF，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴∠FED＝∠FCD，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴∠FED＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠FCD，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，
∵∠BAD＝∠FAB，
∴△ABD∽△AFB，
∴＝，
∴AD•AF＝AB2＝8．
【点评】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．
8．（2022秋•靖江市期末）小明在学习了《圆周角定理及其推论》后，有这样的学习体会：在Rt△ABC中，∠C＝90°，当AB长度不变时，则点C在以AB为直径的圆上运动（不与A、B重合）．
[探索发现]
小明继续探究，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB长度不变．作∠A与∠B的角平分线交于点F，小明计算后发现∠AFB的度数为定值，小明猜想点F也在一个圆上运动．请你计算∠AFB的度数，并简要说明小明猜想的圆的特征．
[拓展应用]
在[探索发现]的条件下，若AB＝2，求出△AFB面积的最大值．
[灵活运用]
在等边△ABC中，AB＝2，点D、点E分别在BC和AC边上，且BD＝CE，连接AD、BE交于点F，试求出△ABF周长的最大值．
【分析】[探索发现]根据角平分线的定义，三角形内角和定理可求∠AFB＝135°，再由已知结论可得F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上；
[拓展应用]设F点在圆O上，连接OA、OB，则O与C点共圆；过点F作FH⊥AB交于点H，设AB的中点为D，当H点与D点重合时，FH的长度最大，此时△FBA的面积最大，△FAB是等腰三角形，求出FD的长再求三角形面积即可；
[灵活运用]通过证明△ABD≌△BCE（SAS），可得∠AFB＝120°，再由题干已知可知F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上，设△ABF的外接圆为O，当△ABF的高经过圆心O时，△ABF的周长有最大值，此时△ABF是等腰三角形．
【解答】解：[探索发现]∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AF是∠CAB的平分线，BF是∠CBA的平分线，
∴∠FAB+∠FBA＝45°，
∴∠AFB＝135°，
∴F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上；
[拓展应用]设F点在圆O上，连接OA、OB，
∵∠AOB＝90°，
∵∠ACB+∠AOB＝180°，
∴O与C点共圆，
过点F作FH⊥AB交于点H，设AB的中点为D，
当H点与D点重合时，FH的长度最大，此时△FBA的面积最大，
∵FH⊥AB，D是AB的中点，
∴FA＝FB，
∵∠AFB＝135°，
∴∠FAB＝∠FBA＝22.5°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
连接CF，则C、F、D三点共线，
过点F作FP⊥AC交于点P，
∴FP＝FD，AP＝AD，
∵AB＝2，
∴AC＝，AD＝AP＝，
∴CP＝﹣，
∵∠FCP＝45°，
∴CF＝CP＝2﹣，
∴FD＝﹣（2﹣）＝﹣，
∴△AFB的面积＝×2×（﹣）＝3﹣3，
∴△AFB面积的最大值为3﹣3；
[灵活运用]∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵BD＝CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE＝∠BAD，
∴∠AFE＝∠ABF+∠BAF＝∠ABF+∠CBE＝∠ABC＝60°，
∴∠AFB＝120°，
∵AB＝2，
∴F点在以AB为定弦，∠AFB为定角的圆上，
设△ABF的外接圆为O，当△ABF的高经过圆心O时，△ABF的周长有最大值，
连接AO、BO，
∵∠AFB＝120°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝BO，
∴∠OAB＝30°，
∵AB＝2，
∴AH＝，
在Rt△AOH中，OH＝AH•tan30°＝1，OA＝2OH＝2，
∴HF＝OF﹣OH＝1，
∴AF＝BF＝2，
∴△ABF周长的最大值为4+2．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，定角定弦的三角形与圆的关系是解题的关键．
9．（2022秋•鼓楼区期中）以下是“四点共圆”的几个结论，你能证明并运用它们吗？
Ⅰ．若两个直角三角形有公共斜边，则这两个三角形的4个顶点共圆（图1、2）；
Ⅱ．若四边形的一组对角互补，则这个四边形的4个顶点共圆（图3）；
Ⅲ．若线段同侧两点与线段两端，点连线的夹角相等，则这两点和线段两端点共圆（图4）．
（1）在图1、2中，取AC的中点O，根据 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 得OA＝OB＝OC＝OD，即A，B，C，D共圆；
（2）在图3中，画⊙O经过点A，B，D（图5）．假设点C落在⊙O外，BC交⊙O于点E，连接DE，可得 ∠BED+∠A ＝180°，所以∠BED＝ 180°﹣∠A ，得出矛盾；同理点C也不会落在⊙O内，即A，B，C，D共圆．结论Ⅲ同理可证．
（3）利用四点共圆证明锐角三角形的三条高交于一点．
已知：如图6，锐角三角形ABC的高BD，CE相交于点H，射线AH交BC于点F．
求证：AF是△ABC的高．（补全以下证明框图，并在图上作必要标注）
（4）如图7，点P是△ABC外部一点，过P作直线AB，BC，CA的垂线，垂足分别为E，F，D，且点D，E，F在同一条直线上．求证：点P在△ABC的外接圆上．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质可得结论；
（2）由圆周角的性质可得∠BED+∠A＝180°，再结合题干条件，得出矛盾，由此可得出结论；
（3）如图，连接DE，由点B、C、D、E四点共圆得∠BDE＝∠ECB，由点A、D、H、E四点共圆得∠BDE＝∠BAF，从而证明∠BAF+∠ABF＝90°即可；
（4）连接BP和CP，由点A，E，P，F四点共圆可得，∠BEF＝∠BPF，由点C，P，D，F四点共圆可得∠CDF＝∠CPF，再由外角的性质及角的和差可得∠BAC＝∠BPC，由此可得点A，B，C，P四点共圆，即点P在△ABC的外接圆上．
【解答】解：（1）在图1、2中，取AC的中点O，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OA＝OB＝OC＝OD，即A，B，C，D共圆；
故答案为：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）在图3中，画⊙O经过点A，B，D（图5）．假设点C落在⊙O外，BC交⊙O于点E，连接DE，可得∠BED+∠A＝180°，
∴∠BED＝180°﹣∠A，得出矛盾；
同理点C也不会落在⊙O内，即A，B，C，D共圆．结论Ⅲ同理可证．
故答案为：∠BED+∠A；180°﹣∠A；
（3）如图6，连接DE，由点B、C、D、E四点共圆得∠BDE＝∠ECB，
由点A、D、H、E四点共圆得∠BDE＝∠BAF，
∴∠ECB＝∠BAF，
∵∠BEC＝90°，
∴∠ECB+∠ABF＝90°，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，
∴∠BFA＝90°，
∴AF为△ABC的边BC上的高．
（4）如图7，连接BP和CP，
由点A，E，P，F四点共圆可得∠BEF＝∠BPF，
由点C，P，D，F四点共圆可得∠CDF＝∠CPF，
∵∠ADE＝∠CDF，
∴∠ADE＝∠CPF，
∵∠BAC＝∠BEF+∠ADE，∠BPC＝∠BPF+∠CPF，
∴∠BAC＝∠BPC，
∴点A，B，C，P四点共圆，即点P在△ABC的外接圆上．
【点评】本题考查了圆的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，内心的定义．第（3）（4）题解题关键是选取适当的四点证明共圆，再利用圆周角定理证明角相等．
10．（2022秋•仪征市期中）【问题提出】
苏科版九年级（上册）教材在探究圆内接四边形对角的数量关系时提出了两个问题：
（1）小明发现问题1中的∠A与∠C、∠ABC与∠ADC都满足互补关系，请帮助他完善问题1的证明：
∵BD是⊙O的直径，
∴ ∠A＝∠C＝90° ，
∴∠A+∠C＝180°，
∵四边形内角和等于360°，
∴ ∠ABC+∠ADC＝180° ．
（2）请回答问题2，并说明理由；
【深入探究】
如图（3），⊙O的内接四边形ABCD恰有一个内切圆⊙I，切点分别是点E、F、G、H，连接GH，EF．
（3）直接写出四边形ABCD边满足的数量关系 AD+BC＝AB+CD ；
（4）探究EF、GH满足的位置关系；
（5）如图（4），若∠C＝90°，BC＝3，CD＝2，请直接写出图中阴影部分的面积．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，四边形的内角和定理进行求解即可；
（2）连接AC、BD，根据同弧所对的圆周角相等，三角形的内角和定理进行求解即可；
（3）连接AI、BI、CI、DI，根据切线长定理进行求解即可；
（4）连接EH、IH、IG、IF、GF，根据切线的性质，四点共圆的性质可得∠GIF＝∠ADC，再由同弧所对的圆周角相等，可得∠GFE＝∠GHE，根据三角形内角和定理，可得∠DEH＝∠GFE，则∠FEH+∠EHG＝∠FEH+∠IEF+∠DEH＝∠EID＝90°，即可证明EF⊥GH；
（5）连接BD，可得BD是圆O的直径，连接IF、IH，先推导出∠BIF+∠DIH＝90°，再证明四边形IHCF是正方形，可得∠HIF＝90°，即可知I点在BD上，根据已知求出S四边形ABCD＝3×2＝6，通过证明△DHI∽△IFB，求出IH＝，可求S⊙I＝π，则阴影部分的面积＝6﹣π．
【解答】解：【问题提出】（1）∵BD是⊙O的直径，
∴∠A＝∠C＝90°，
∴∠A+∠C＝180°，
∵四边形内角和等于360°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；
故答案为：∠A＝∠C＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）成立，理由如下：
连接AC、BD，
∵∠DAC＝∠CBD，∠ACD＝∠ABD，
∴∠DAC+∠ACD＝∠DBC+∠ABD＝∠ABC，
∵∠DAC+∠ACD+∠ADC＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；
同理，∠BAD+∠BCD＝180°；
【深入探究】（3）AD+BC＝AB+CD，理由如下：
连接AI、BI、CI、DI，
∵圆I是四边形ABCD的内切圆，
∴AG＝AE，DE＝DH，CH＝CF，BF＝BG，
∴AD+BC＝AE+ED+BF+CF＝AG+DH+BG+CH＝AB+CD，
即AD+BC＝AB+CD，
故答案为：AD+BC＝AB+CD；
（4）EF⊥GH，理由如下：
连接EH、IH、IG、IF、GF，
∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵BG⊥IG，IF⊥BF，
∴∠BGI＝∠IFB＝90°，
∴∠B+∠GIF＝180°，
∴∠GIF＝∠D，
∵GI＝IF，
∴∠GFI＝90°﹣∠GIF，
∵ED＝DH，
∴∠DEH＝90°﹣∠D，
∴∠GFI＝∠DEH，
∵＝，
∴∠GFE＝∠GHE，
∴∠GHE＝∠GFI+∠IFE，
∵IF＝IE，
∴∠IFE＝∠IEF，
∴∠FEH+∠EHG＝∠FEH+∠IEF+∠DEH＝∠EID＝90°，
∴EF⊥GH；
（5）连接BD，
∵∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
∵ABCD是圆O的内接圆，
∴BD是圆O的直径，
连接IF、IH，
∵I是四边形ABCD的内切圆圆心，
∴∠ADI＝∠IDH，∠ABI＝∠FBI，
∵IH⊥CD，IF⊥BC，
∴∠BIF＝90°﹣∠IBF，∠DIH＝90°﹣∠IDH，
∴∠BIF+∠DIH＝180°﹣（∠IBF+∠IDH）＝180°﹣（∠ADC+∠ABC），
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BIF+∠DIH＝90°，
∵IF⊥FC，IH⊥CD，∠C＝90°，IH＝IF，
∴四边形IHCF是正方形，
∴∠HIF＝90°，
∴I点在BD上，
∵BC＝3，CD＝2，
∴S四边形ABCD＝3×2＝6，
∵∠DIH+∠IDH＝90°，∠IBF+∠IDH＝90°，
∴∠DIH＝∠IBF，
∵∠IHD＝∠IFB＝90°，
∴△DHI∽△IFB，
∴＝，即＝，
解得IH＝，
∴S⊙I＝π，
∴阴影部分的面积＝6﹣π．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握四边形的内切圆性质，外接圆性质，三角形相似的判定及性质，切线的性质，四点共圆的性质是解题的关键．
一．选择题（共3小题）
1．（2022•思明区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点E为边CD上任意一点（不与点C，点D重合），连接BE，若∠A＝60°，则∠BED的度数可以是（ ）
A．110°B．115°C．120°D．125°
【分析】四边形ABCD是⊙O的内接四边形，则∠A和∠C互补，已知∠A＝60°，则∠C的度数为120°，而∠BED大于∠C的度数，从而得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠C＝120°，
∵∠BED＝∠C+∠CBE，
∴∠BED＞120°，
∴∠BED可能为125°．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆内接四边形以及三角形外角的性质，解题的关键是根据圆内接四边形的对角互补求出∠C的度数，再根据外角的性质对∠BED的度数做出正确的推断．
2．（2023•泾阳县模拟）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，已知⊙O的半径为2，则⊙O的内接正六边形ABCDEF的面积为（ ）
A．6B．C．D．
【分析】连接OA、OB，根据正多边形和圆的关系可判断出△OAB为等边三角形，过点O作OM⊥AB于点M，再利用勾股定理即可求出OM长，进而可求出△AOB的面积，最后利用⊙O的面积约为6S△AOB即可计算出结果．
【解答】解：如图，连接OA、OB，
由题意可得：∠AOB＝360÷6＝60°，
∵OA＝OB＝2，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝2，
过点O作OM⊥AB于点M，则AM＝BM＝1，
在Rt△AOMR中，，
∴，
∴⊙O的面积约为．
故选：B．
【点评】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．
3．（2023•蜀山区校级模拟）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC，∠BDC＝120°，连接BD，CD并延长分别交AC，AB于点E和点F，若DE＝6，，则BD的长为（ ）
A．10B．12C．15D．16
【分析】由AEDF四点共圆，得到DE＝DF，再证明△CDE∽△CAF，得到AF与AC的比，延长CF到P，使DP＝DB，得到△BDP为等边三角形，在证明出△AFC∽△PFB，证出PF与PB，利用DF即可求出BD．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，∠BDC＝120°，
∴A、E、D、F四点共圆，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴DE＝DF＝6，
∵∠BDC＝120°，
∴∠CDE＝60°＝∠FAC，
∵∠ACD＝∠ACD，
∴△CDE∽△CAF，
∴AF：AC＝DE：CD＝6：10＝3：5，
如图，延长CF到P，使DP＝DB，
∵∠PBD＝60°，
∴△BDP为等边三角形，
∴∠P＝60°，
∴△AFC∽△PFB，
∴PF：PB＝AF：AC＝3：5，
设每一份为k，
∴PB＝PD＝5k，PF＝3k，
∴DF＝2k＝6，
∴k＝3，
∴BD＝5k＝15．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形相似的性质、等边三角形的性质等知识点的应用，四点共圆的应用及相似比的转化是解题关键．
二．填空题（共2小题）
4．（2023•银川校级二模）如图，在直径为AB的⊙O中，点C，D在圆上，AC＝CD，若∠CAD＝28°，则∠DAB的度数为 34° ．
【分析】利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠CDA＝28°，从而利用三角形内角和定理可得∠ACD＝124°，然后根据圆内接四边形对角互补求出∠ABD＝56°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而求出∠DAB的度数．
【解答】解：∵AC＝CD，∠CAD＝28°，
∴∠CAD＝∠CDA＝28°，
∴∠ACD＝180°﹣∠CAD﹣∠CDA＝124°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝180°﹣∠ACD＝56°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝90°﹣∠ABD＝34°．
故答案为：34°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．（2023•海曙区校级一模）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将该纸片翻折，使得点C落在边AB的F处，折痕为DE，D，E分别在边BC，AC上，∠AFD＝∠DEF，若DE＝4，BD＝9，则DF＝ 6 ，△ABC的面积为 ．
【分析】根据折叠的性质可得∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，以此可得∠CED＝∠AFD，因此可判断A、F、D、E四点共圆，由圆周角定理可得∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，进而得到∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，则DF＝AD＝CD，由等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，以此可证明△BAD∽△CED，由相似三角形的性质可求得DF＝AD＝CD＝6，则BC＝15，BG＝CG＝，DG＝，根据勾股定理求出AG，再算出△ABC的面积即可求解．
【解答】解：连接AD，过点A作AG⊥BC于点G，如图，
根据折叠的性质可得，∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，
∵∠AFD＝∠DEF，
∴∠CED＝∠AFD，
∴A、F、D、E四点共圆，
∴∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，
∴∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，
∴DF＝AD＝CD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠CED＝∠DEF＝∠DAF，
∴△BAD∽△CED，
∴，
∵DE＝4，BD＝9，DF＝AD＝CD，
∴，
∴DF＝AD＝CD＝6，
∴BC＝BD+CD＝9+6＝15，
∵AG⊥BC，AB＝AC，
∴BG＝CG＝＝，
∴DG＝CG﹣CD＝＝，
在Rt△ADG中，由勾股定理得＝＝，
∴＝＝．
故答案为：6，．
【点评】本题主要考查四点共圆的判定、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，圆周角定理、勾股定理，正确作出辅助线，通过所给条件推出A、F、D、E四点共圆，以此得到DF＝AD＝CD是解题关键．
三．解答题（共7小题）
6．（2022秋•南关区校级期末）【问题情境】如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，求证：A、B、C、D四点共圆．
小吉同学的作法如下：连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，请你帮助小吉补全余下的证明过程；
【问题解决】如图②，在正方形ABCD中，AB＝2，点E是边CD的中点，点F是边BC上的一个动点，连结AE，AF，作EP⊥AF于点P．
（1）如图②，当点P恰好落在正方形ABCD对角线BD上时，线段AP的长度为 ；
（2）如图③，过点P分别作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，连结MN，则MN的最小值为 ．
【分析】【问题情境】连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OD＝OA＝OC＝OB，以此即可证明；
【问题解决】（1）根据题意可得AE＝，由【问题情境】结论可知A、D、E、P四点共圆，根据圆周角定理以及正方形的性质可得∠PDE＝∠PAE＝45°，则△PAE为等腰直角三角形，设AP长为a，则PE长为a，根据勾股定理列出方程，求解即可；
（2）由【问题情境】结论可知A、D、E、P四点共圆，过点O作OG⊥AD于点G，作OH⊥AB于点H，连接OB交⊙O于点P′，连接PB，根据题意可得四边形MBNP为矩形，则要求MN的最小值，即求PB的最小值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG为△ADE的中位线，得AG＝1，OG＝，同理可证四边形AHOG为矩形，以此得到OH＝AG＝1，BH＝，根据勾股定理得，根据两点之间线段最短得PB+OP≥OB，以此即可求出PB的最小值，从而求得MN的最小值．
【解答】【问题情境】证明：如图，连结AC，取AC的中点O，连结OB、OD，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，O为AC的中点，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝AC，
∴A、B、C、D四点共圆；
【问题解决】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，点E是边CD的中点，AB＝2，
∴AD＝2，DE＝1，
∴AE＝，
由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，如图，
∴∠PAE＝∠PDE，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠PDE＝∠PAE＝45°，
∵EP⊥AF，
∴△PAE为等腰直角三角形，
设AP长为a，则PE长为a，
∴AP2+PE2＝AE2，
即，
解得：a1＝，（不合题意，舍去），
∴线段AP的长度为；
故答案为：；
（2）由【问题情境】结论可知，A、D、E、P四点共圆，
如图，过点O作OG⊥AD于点G，作OH⊥AB于点H，连接OB交⊙O于点P′，连接PB，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB＝∠MBN＝∠PNB＝90°，
∴四边形MBNP为矩形，
∴MN＝PB，
要求MN的最小值，即求PB的最小值，
由（1）知，AE＝，
∴，
∵OG⊥AD，且点O为AE的中点，
∴OG∥DE，
∴OG为△ADE的中位线，
∴AG＝1，OG＝，
∵OG⊥AD，OH⊥AB，
∴四边形AHOG为矩形，
∴AH＝OG＝，OH＝AG＝1，
∴BH＝，
在Rt△BHO中，，
根据两点之间线段最短得，PB+OP≥OB，
PB≥OB﹣OP＝，
∴PB的最小值为，
∴MN的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查四点共圆、正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质、平行线的判定与性质，属于圆的综合题，熟练掌握相关知识是解题关键．
7．（2023•萍乡模拟）如图，点A，B，C在⊙O上，且∠ABC＝120°，请仅用无刻度的直尺，按照下列要求作图．（保留作图痕迹，不写作法）
（1）在图（1）中，AB＞BC，作一个度数为30°的圆周角；
（2）在图（2）中，AB＝BC，作一个顶点均在⊙O上的等边三角形．
【分析】（1）作直径AD，连接CD，AC，则∠ADC＝60°，∠DAC＝30°；
（2）作直径BE，连接EC，AE，AC，△ACE即为所求．
【解答】解：（1）如图1中，∠CAD即为所求；
（2）如图2中，△ACE即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（2022•芜湖一模）如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），作点B关于直线AP的对称点E，连接AE，再连接DE并延长交射线AP于点F，连接BF和CF．
（1）若∠BAP＝α，则∠AED＝ 45°+α （用含α的式子直接填空）；
（2）求证：点F在正方形ABCD的外接圆上；
（3）求证：AF﹣CF＝BF．
【分析】（1）由轴对称的性质得∠EAP＝∠BAP＝a，AE＝AB，由正方形的性质得∠BAD＝90°，AB＝AD，则∠DAE＝90°﹣2a，AD＝AE，由等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）由轴对称的性质得∠AEF＝∠ABF，AE＝AB，证出AE＝AD，由等腰三角形的性质得∠ADE＝∠AED，证∠ADE+∠ABF＝180°，则∠BFD+∠BAD＝180°，得∠BFD＝90°即可；
（3）过点B作BM⊥BF交AF于点M，则∠MBF＝90°，证△BMF是等腰直角三角形，得BM＝BF，FM＝2BF，证△AMB≌△CFB（SAS），得AM＝CF，进而得出结论．
【解答】解：（1）∵点B关于直线AP的对称点E，∠BAP＝α，
∴∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB，
∵ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴AE＝AD，∠DAE＝90°﹣2α，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α，
故答案为：45°+α；
（2）证明：由（1）∠AED＝45°+α，
又∵∠BAE＝2α，
∴∠EFA＝∠BFA＝45°，∠BFD＝90°，
连接BD，则∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠BAD＝∠BFD＝90°，
∴B、F、C、D和A、B、C、D都在以BD为直径的圆上，
即点F在正方形ABCD的外接圆上；
（3）过点B作BM⊥BF交AF于M点，
则∠MBF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠MBF＝∠ABC，
∴∠ABM＝∠CBF，
∵点E与点B关于直线AP对称，
∴∠BFD＝90°，
∴∠MFB＝∠MFE＝45°，
∴△BMF是等腰直角三角形，
∴BM＝BF，FM＝BF，
在△AMB和△CFB中，
，
∴△AMB≌△CFB（SAS），
∴AM＝CF，
∴AF＝FM+AM＝BF+CF，
∴AF﹣CF＝BF．
【点评】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质，证明三角形全等．
9．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，CD⊥AB，CB＝10cm，CD＝8cm，AB＝14cm．
（1）∠A度数 45° ．（直接写出答案）
（2）求的长度．
（3）P是⊙O上一点（不与A，B，C重合），连结BP．
①若BP垂直△ABC的某一边，求BP的长．
②将点A绕点P逆时针旋转90°后得到A′，若A′恰好落在CD上，则CA'的长度为 4 .（直接写出答案）
【分析】（1）利用勾股定理，等腰三角形的判定和三角形的内角和定理解答即可；
（2）连接OB，OC，利用圆周角定理求得圆心角的度数，再利用弧长公式解答即可；
（3）①连接AP，利用等腰直角三角形的性质求得BE，利用全等三角形的判定与勾股定理求得PE，则BP可求；
②连接AA′，PD，设PD与AC交于点E，通过证明P，A，D，A′四点共圆，利用圆周角定理和垂径定理得到PD经过圆心O，过点O作OF⊥AB于点F，利用垂径定理和勾股定理求得OE，连接OC，利用勾股定理求得圆的半径，再利用等腰直角三角形的性质求得PA，勾股定理求得DA′，则CA′＝CD﹣DA′．
【解答】解：（1）在Rt△BCD中，CB＝10cm，CD＝8cm，
∴BD＝＝＝6（cm），
∴AD＝AB﹣BD＝14﹣6＝8cm＝CD，
∴∠A＝∠ACD，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠A＝＝＝45°，
故答案为：45°；
（2）连接OB，OC，如图，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
在Rt△BOC中，OB＝OC，CB＝10cm，
∴OB＝BC＝5（cm），
∴的长度＝＝cm；
（3）①∵P是⊙O上一点（不与A，B，C重合），BP垂直△ABC的某一边，
∴点P只能在上，
连接AP，如图，
由（1）知：∠CAB＝45°，
∵BP⊥AC，
∴△AEC为等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝AB＝7．
在△APE和△BCE中，
，
∴△APE≌△BCE（AAS），
∴AP＝BC＝10（cm），
∴PE＝＝＝．
∴BP＝BE+PE＝7+＝8；
②由题意知：点P在上，连接AA′，PD，设PD与AC交于点E，如图，
∵∠APA′＝90°，PA＝PA′，
∴∠PAA′＝∠PA′A＝45°．
∵CD⊥AB，
∴∠ADA′＝90°，
∵∠APA′＝90°，
∴∠APA′+∠ADA′＝180°，
∴P，A，D，A′四点共圆，
∴∠PDA＝∠PA′A＝45°，
∴PD平分∠ADC，
∵△ADC为等腰直角三角形，
∴DE垂直平分AC，
∴PD经过圆心O，
过点O作OF⊥AB于点F，则AF＝BF＝AB＝7cm，
∴FD＝AD﹣AF＝1cm，
∴OD＝DF＝cm，
∵AC＝AD＝8，
∴DE＝AC＝4，
∴OE＝DE﹣OD＝3，
连接OC，
∴OC＝＝5，
∴OP＝OC＝5，
∴PE＝OP﹣OE＝2．
∴PA＝＝2．
∴AA′＝PA＝4，
∴DA′＝＝4，
∴CA′＝CD﹣DA′＝8﹣4＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的有关计算，充分利用圆周角定理添加恰当的辅助线是解题的关键．
10．（2021秋•永泰县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将△ABC绕A点顺时针旋转得到△ADE，使D点落在BC边上．
（1）求∠BAD的度数；
（2）求证：A，D，B，E四点共圆．
【分析】（1）根据旋转得到AD＝AC，根据等腰三角形的性质得出∠DAC，再根据∠BAD＝90°﹣∠DAC即可求出；
（2）连接BE，证∠EBD＝90°即可得出A，D，B，E四点共圆．
【解答】（1）解：由旋转知，AD＝AC，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠ADC＝∠C＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
∴∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠C＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝90°﹣80°＝10°；
（2）证明：连接BE，
由旋转知，AB＝AE，∠EAD＝∠BAC＝90°，
∵∠BAD＝10°，
∴∠EAB＝∠EAD﹣∠BAD＝90°﹣10°＝80°，
∴∠EBA＝∠BEA＝×（180°﹣∠EAB）＝×（180°﹣80°）＝50°，
∴∠EBD＝∠EBA+∠ABC＝50°+40°＝90°，
即△EBD是以ED为斜边的直角三角形，
又∵△EAD也是以ED边为斜边的直角三角形，
∴A，D，B，E四点在以ED为直径的圆上，
即A，D，B，E四点共圆．
【点评】本题主要考查四点共圆的知识，涉及等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，熟练利用直角三角形判定四点共圆是解题的关键．
11．（2022秋•新华区校级期末）如图△ABC内接于⊙O，∠B＝60°，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上一点，且AP＝AC，PD＝3．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）求⊙O的直径；
（3）当点B在CD下方运动时，直接写出△ABC内心的运动路线长是 π ．
【分析】（1）分别求出∠PAD＝30°，∠DAO＝60°，即可得∠PAO＝90°，从而证明PA是⊙O的切线；
（2）由（1）可知∠ACD＝30°，∠CAD＝90°，则CD＝2AD＝6，即可求圆O的直径是6；
（3）设△ABC的内切圆圆心为M，连接AM，CM，BM，根据内心的性质可得∠AMC＝120°，因此可知M点在以AC为弦，AC弦所对的圆周角为120°的圆上，作△AMC的外接圆N，连接AN、CN，再由∠ABC+∠ANC＝180°，可知N点在圆O上，连接ON，可得△OCN是等边三角形，则CN＝OC＝3，当B点与D点重合时，∠CNB＝90°，所以△ABC内心的运动路线长＝π．
【解答】（1）证明：连接AO，AD，
∵CD是圆O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠ADC＝60°，
∵AO＝DO，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD＝60°，
∵AP＝AC，
∴∠P＝∠ACP＝30°，
∴∠PAD＝30°，
∴∠PAO＝30°+60°＝90°，
∴AO⊥PA，
∵A点在圆上，
∴PA是⊙O的切线；
（2）解：由（1）可知，∠P＝∠PAD＝30°，
∴PD＝AD，
∵PD＝3，
∴AD＝3，
∵∠ACD＝30°，∠CAD＝90°，
∴CD＝2AD＝6，
∴圆O的直径是6；
（3）解：设△ABC的内切圆圆心为M，连接AM，CM，BM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
∵AM是∠BAC的平分线，CM是∠BCA的平分线，
∴∠MAC+∠MCA＝60°，
∴∠AMC＝120°，
由（2）可知，AC＝＝3，
∴M点在以AC为弦，AC弦所对的圆周角为120°的圆上，
作△AMC的外接圆N，连接AN、CN，
∵∠AMC＝120°，
∴∠ANC＝120°，
∴∠ABC+∠ANC＝180°，
∴N点在圆O上，
连接ON，
∵AN＝CN，
∴∠CON＝∠ABC＝60°，
∴△OCN是等边三角形，
∴CN＝OC＝3，
当B点与D点重合时，∠CNB＝90°，
∴△ABC内心的运动路线长＝×2π×3＝π，
故答案为：π．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形外接圆的性质，切线的判定及性质，三角形内切圆的性质，四点共圆的判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，圆的弧长公式是解题的关键．
12．（2021秋•固始县月考）阅读材料并完成相应任务：
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）．
婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边．
下面对该定理进行证明．
已知：如图（1），四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点P，
PM⊥BC于点M，延长MP交AD于点N．
求证：AN＝ND．
证明：∵AC⊥BD，PM⊥BC，
∴∠BPM+∠PBM＝90°，∠PCB+∠PBC＝90°，
∴∠BPM＝∠PCB．
……
任务：
（1）请完成该证明的剩余部分；
（2）请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，BC，AC分别交⊙O于点D，E，连接AD，BE交于点P．过点P作MN∥BC，分别交DE，AB于点M，N．若AD⊥BE，求NP的长．
【分析】（1）应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明；
（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，PM⊥BC，
∴∠BPM+∠PBM＝90°，∠PCB+∠PBC＝90°，
∴∠BPM＝∠PCB，
∵∠BPM＝∠DPN，∠PCB＝NDP，
∴∠DPN＝∠NDP，
∴DN＝PN，
同理，AN＝PN，
∴AN＝DN；
（2）解：∵四边形ABDE是⊙O内接四边形，
∴∠BAC+∠BDE＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∵NM∥CB，
∴MN⊥DE，
∵AD⊥BE，
∴AN＝BN，
∴PN＝AB＝2．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质．
1．如图（1），在⊙O的内接四边形ABCD中，BD是⊙O的直径．∠A与∠C、∠ABC与∠ADC有怎样的数量关系？
2．如图（2），若圆心O不在⊙O的内接四边形ABCD的对角线上，问题（1）中发现的结论是否仍然成立？