3.7切线长定理同步练习（含解析） 北师大版数学九年级下册

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3.7切线长定理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．是外一点，切于，割线交于点、，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，是等边三角形的内切圆，半径为r，的内切圆切于点N，半径为，切于点M，则（　　）

A． B． C． D．
3．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC．若AD＝6，AC＝5，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，为外一点，、分别切于点、，切于点，分别交PA、PB于点C、D，若△PCD的周长为18，则PA的长度为（　　）
A．7 B．9 C．12 D．14
5．在平面直角坐标系中，以点M（6，8）为圆心，2为半径的圆上有一动点P，若A（﹣2，0），B（2，0），连接PA，PB，则当PA2+PB2取得最大值时，PO的长度为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．10
6．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，则AD长为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
7．如图，在中，，以AB上一点O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点C，若，则⊙的半径为（ ）
A．4 B．2 C． D．
8．如图，PA、PB分别切⊙O于A，B，∠APB＝60°，⊙O半径为2，则PB的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．
9．如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
10．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，点M为边AB上的一动点，点N为边AC上的一动点，且∠MDN=90°，则cos∠DMN为（ ）.
A． B． C． D．
11．如图，矩形的边，，点E从点A出发，沿射线移动，以为直径作，点F为与射线的公共点，连接，过点E作，交于点G，当与射线相切时，点E停止移动，则在运动过程中点G移动路程的长为（　　）
A．4cm B． cm C． cm D． cm
12．如图，在边长为1的正方形中，将射线绕点A按顺时针方向旋转度（），得到射线，点M是点D关于射线的对称点，则线段长度的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，、是的切线，、为切点，点、在上．若，则 ．
14．如图，，分别与相切于，两点，点在上，切于，分别交，于点，，已知，的半径为，则的周长是 ．
15．如图，PA，PB分别与半径为3的相切于点A，B，直线CD分别交PA，PB于点C，D，并切于点E，当时，的周长为 ．
16．如图,⊙P的半径为10，A、B是圆上任意两点,且AB=12，以AB为边作正方形ABCD(点D、P在直线AB两侧)，若AB边绕点P旋转一周,则CD边扫过的面积为
17．如图，是的直径，点是外一点，过点的两条直线分别与圆相切于点，，点是圆周上任意一点，连接，，若，则 ．
三、解答题
18．如图，在四边形中，，且．该四边形存在内切圆吗？如果存在，请计算内切圆的半径．
19．下面是小芸设计的“过圆外一点作已知圆的切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O及⊙O外一点P．
求作：⊙O的一条切线，使这条切线经过点P．
作法：①连接OP，作OP的垂直平分线l，
交OP于点A；
②以A为圆心，AO为半径作圆，
交⊙O于点M；
③作直线PM，则直线PM即为⊙O的切线．
根据小芸设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明：
证明：连接OM，
由作图可知，A为OP中点，
∴OP为⊙A直径，
∴∠OMP＝　 　°，（　 　）（填推理的依据）
即OM⊥PM．
又∵点M在⊙O上，
∴PM是⊙O的切线．（　 　）（填推理的依据）
20．如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，直线与该抛物线交于E，F两点．
(1)求点C坐标及抛物线的解析式．
(2)P是直线下方抛物线上的一个动点，作于点H，求的最大值．
(3)以点C为圆心，1为半径作圆，过点B作的切线切点为点D，求切点D的坐标．
21．问题提出
（1）如图①，点为外一点，点在上，的半径为，，则的最大值是 ，的最小值是 ；
问题探究
（2）如图②，在正方形内部有一点，连接，，，求的长；
问题解决
（3）如图③，所示区域为某小区一块空地，，，，，所对的圆心角为，该物业管理部门计划在这块空地内部点处建造一个凉亭，同时在上取一点，从点分别向、、处修建文化长廊，为节约修建文化长廊的成本，不考虑其他因素，是否存在这样的点，使得最小，若存在，请求的最小值；若不存在，请说明理．
22．【问题探究】如图，
(1)如图1，已知中，，，求周长的最大值．
(2)西安市计划用一块空地为城市居民新建一个四边形的公园，如图2，是公园的设计示意图．已知，，，，点为公园内的活动舞台中心，按照设计要求，现要沿、、修建三条笔直的步道（步道宽度忽略不计）且满足，．为了让居民更好地锻炼身体，请问是否存在三条步道长度和的最大值？若存在，请求出步道长度和的最大值；若不存在，请说明理由．
23．如图，已知⊙O是边长为6的等边△ABC的外接圆，点D，E分别是BC，AC上两点，且BD＝CE，连接AD，BE相交于点P，延长线段BE交⊙O于点F，连接CF．
（1）求证：AD∥FC；
（2）连接PC，当△PEC为直角三角形时，求tan∠ACF的值．
24．如图，P是正方形ABCD中一动点，连接PA，PB，PC．
(1)如图1，若，，求的度数；
(2)如图2，当时，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若正方形ABCD的边长为8，Q为BC上一点，，连接AQ，PQ，求面积的最大值．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D A B C B A C B D
题号 11 12
答案 B B
1．C
【分析】由已知可求得PC的长，根据切割线定理得PA2=PB PC=18，即可求得PA的长．
【详解】∵PB=BC=3，
∴PC=6，
∵PA2=PB PC=18，
∴
故选:C.
【点睛】考查了切割线定理，熟练掌握切割线定理是解题的关键.
2．D
【分析】利用切线长的关系求出，构造矩形，则，把放在中运用勾股定理，特殊角的三角函数等求，再求比值．
【详解】解：设与、的切点分别是Q、G、与、的切点分别是是T、S、连接、、、，,,
过点O作，交得延长线于点H，
则四边形是矩形，
∴，，，，，
∵，，
∴是的角平分线，
∵，，
∴P在上，
∵等边三角形，
∴，
中，，，
∴①，
中，，，
∴②，
得，
∴，
中，
，
，
∴,
∴,
∴，

故选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质定理，勾股定理，特殊角的三角函数值，矩形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握特殊切线长定理，勾股定理，特殊角的三角函数，等边三角形的性质是解题的关键．
3．A
【分析】过D作DE⊥AB于E，由AB是⊙O的直径，得到，根据勾股定理得到，根据角平分线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，设，由相似三角形的性质得到 ，根据勾股定理，求得，化简即可得到结果．
【详解】
解：过D作DE⊥AB于E，
∵AB是⊙O的直径，
∴，
∵， ，
根据勾股定理可得：，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
设，
∴，
∵，，
∴，
∴ ，
∴ ，
∴，
∵在中，
∴，
∴
∴，
解得：，（舍去）
∴ ，
故选A．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．B
【分析】先根据切线长定理得到，，，再利用的周长为得到，然后利用等线段代换得到，从而得到的长．
【详解】解：∵、分别切于点、，切于点，
∴，，，
∵的周长为，
∴，
∴，
即，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，利用运用切线长定理是解决问题的关键．
5．C
【分析】设P（x，y），根据勾股定理可知PA2=（x+2）2+y2，PB2=（x﹣2）2+y2，OP2=x2+y2，所以PA2+PB2=2OP2+8，根据点P处于OM与圆的交点上时，OP最长可知OP=OM+2，由OM=10可知OP=12.
【详解】：设P（x，y），
∵PA2=（x+2）2+y2，PB2=（x﹣2）2+y2，
∴PA2+PB2=2x2+2y2+8=2（x2+y2）+8，
∵OP2=x2+y2，
∴PA2+PB2=2OP2+8，
当点P处于OM与圆的交点上时，OP取得最值，
∴OP的长度为：OM+PM=10+2=12，
故选C．
【点睛】本题考查了圆的综合，设出点P坐标，将所求代数式的值转化为求解OP的最大值是解本题关键.
6．B
【分析】根据题意，勾股定理求得的长，设，根据切线长定理可得则， ，根据即列出一元一次方程即可求得的值，即的长
【详解】解： ∵∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝＝＝13，
∵⊙O与Rt△ABC的三边相切于点D、E、F，
，
设，则，
即
解得
故选：B．
【点睛】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
7．A
【分析】利用切线的性质得出，利用等腰三角形和勾股定理得出圆的半径．
【详解】解：连接OC．
为半径的圆与BC相切于点C．
在中，
设，根据勾股定理有：
解得：．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键在于得出．
8．C
【分析】根据题意连接OB、OP，根据切线长定理即可求得∠BPO=∠APB，在Rt△OBP中利用三角函数即可求解．
【详解】解：连接OB、OP，
∵PA、PB是⊙O的切线，∠APB＝60°，
∴∠OBP=90°，∠BPO=∠APB=30°，
∵⊙O半径为2，即，
∴,
∴.
故选：C.
【点睛】本题考查切线的性质定理以及三角函数，根据题意正确构造直角三角形是解题的关键．
9．B
【分析】本题考查的是切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，再根据切线长定理、三角形的周长公式、勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：、为的切线，
，
、为的切线，
，
同理，，
的周长，
，
．
故选：B
10．D
【详解】连接AD,
∵∠BAC=∠MDN=90°，
∴A、M、D、N四点共圆，BC==10，
∴∠DMN=∠DAN，
∵D为BC中点，
∴AD=DC，
∴∠DAN=∠C，
∴∠DMN=∠C，
cos∠DMN=cos∠C== ,
故选D.
11．B
【分析】利用图1，证明点G的在射线上是定值，，如图2中，当与相切时，F与D重合，由时，可得，列出方程即可解决问题．
【详解】解：如图1中，连接、、．
∵矩形的边，，
∴，，
∵是的直径，
∴
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴点G的在射线上，是定值，．
如图2中，当与相切时，F与B重合，
∴，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点G的运动路径的长为．
故选：B．
【点睛】本题考查了轨迹、矩形的性质和判定、切线的性质．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，探究运动轨迹是关键，属于中考选择题中的压轴题．
12．B
【分析】由轴对称的性质可知，故此点M在以A圆心，以AD为半径的圆上，故此当点在一条直线上时，有最小值．
【详解】解：如图所示：连接．
∵四边形为正方形，
∴．
∵点D与点M关于对称，
∴．
∴点M在以A为圆心，以长为半径的圆上．
如图所示，当点在一条直线上时，有最小值．
∴的最小值1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，依据旋转的性质确定出点M运动的轨迹是解题的关键．
13．
【分析】本题考查切线长定理，圆内接四边形，连接，切线长定理结合等边对等角，求出的度数，再根据圆内接四边形的对角互补，得到，再利用角的和差关系进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵、是的切线，、为切点，
∴，
∴，
∵都在上，
∴，
∴；
故答案为：．
14．24
【分析】利用勾股定理求得切线的长，再根据切线长定理可知，，，进而可求出结果．
【详解】解：连接．
∵，与相切，
∴，，
在中，
由勾股定理可得．
根据切线长定理可得，，，
所以的周长．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了切线长定理，熟练运用切线长定理转化线段是解题的关键．
15．8
【分析】连接OB，根据切线的性质得到∠PBO＝90°，根据勾股定理求出PB，根据切线长定理计算即可．
【详解】解：连接OB，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠PBO＝90°，
∴PB＝＝4，
∵PA、PB分别与⊙O相切，
∴PA＝PB＝4，
∵CD分别交PA、PB于点C，D，并切⊙O于点E，
∴DE＝DB，CE＝CA，
∴△PCD的周长＝PC＋CD＋PD＝PC＋CA＋DB＋PD＝PA＋PB＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是切线的性质，掌握切线长定理是解题的关键．
16．
【详解】连接PA、PD，过点P作PE垂直AB于点E，延长PE交CD于点F，如图所示：
∵AB是⊙P上一弦，且PE⊥AB，
∴AE=BE= AB=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ADF=∠DFE=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∴DF=AE=6，
∵若AB边绕点P旋转一周，则CD边扫过的图形为以PF为内圆半径、以PD为外圆半径的圆环．
∴S=π PD2-πPF2=π（PD2-PF2）=πDF2=36π，
故答案是：36π．
17．/36度
【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，圆周角定理，关键是由切线长定理求出的度数，即可由圆周角定理得到的度数．连接，由切线长定理得到，因此，由，得到，由切线的性质定理得到，求出，由圆周角定理即可得到．
【详解】解：连接，
∵分别切圆于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
18．存在内切圆，内切圆的半径为
【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 , ,所以 平方 和 ，加上 平方 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则可判断四边形存在内切圆，内切圆的圆心点，半径为,接着证明为等腰直角三角形得到,设，则，，然后证明 ,利用相似比可计算出．
【详解】存在．
连接，作的平分线，交于点O，作 于 ,如图所示，
在 和 中，
,
,
,
平方 和 ，
平方 ,
点到四边形的各边的距离相等，
四边形存在内切圆，内切圆的圆心点，半径为 ,
,
,
为等腰直角三角形，
,
设，则，，
平行,
,
即 ，
．
即四边形的内切圆的半径为．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心；与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角平分线的交点．也考查了角平分线的性质和相似三角形的判定与性质．
19．（1）补图见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）按要求作图.
（2）根据圆直径的性质、切线的判定定理进行证明即可.
【详解】解：（1）补全图形，如图所示：
（2）证明：连接OM，
由作图可知，A为OP中点，
∴OP为⊙A直径，
∴∠OMP＝90°，（直径所对的圆周角是直角），
即OM⊥PM．
又∵点M在⊙O上，
∴PM是⊙O的切线．（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线），
故答案为90，直径所对的圆周角是直角，经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题主要考查的是绘图能力、圆直径的性质、切线的判定定理，熟练掌握方法是本题的解题关键.
20．(1)，
(2)
(3)或
【分析】（1）利用待定系数法求得二次函数解析式，再令求点C坐标即可；
（2）过点P作轴交直线于点M，设点，点，根据勾股定理可得，即，即可求解；
（3）①当点D在的右侧时，根据切线的性质可得，从而求得点D坐标；②当点D在的左侧时，根据切线长定理可得，，，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，根据勾股定理可得，求得，
，，过作轴于点M，证得，求得，，即可求解．
【详解】（1）解：把，代入得，
，
解得，
∴，
令，得，
∴；
（2）解：过点P作轴交直线于点M，
设点，点，
∵轴，
∴轴，，
∴，，
∵，
∴，
当时，的最大值为；
（3）解：如图，①点D在的右侧，连接、，
∵是的切线，
∴，
∵，，
∴，
②点D在的左侧时，交y轴于点F，
∵、是的切线，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
过作轴于点M，
∴轴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，点D的坐标为或．
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、二次函数的顶点式、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、切线的性质、切线长定理及解一元一次方程，利用待定系数法求二次函数解析式是解题的关键．
21．（1）， ；（2） ；（3）米
【分析】（1）如图①中，连接OA，PA．利用三角形的三边关系即可解决问题；
（2）将绕点C逆时针旋转90°得到，根据旋转性质得出，连接PQ，从而得出，再由勾股定理即可得出BP的长
（3）如图③中，设所在的圆心为O，连接BC，OB，OC，过点C作CK⊥AB于K，连接AO交CK于P，则点P即为所求
【详解】解：（1）当点A与点P重合时，取最小值=OM-OP=5-3=2；
当点A与点Q重合时，取最大值=OM+OQ=5+3=8；
（2）在正方形中，∠ACD=90°，BC=DC；
将绕点C逆时针旋转90°得到，则△DPC≌△BQC；
∴，PC=QC=6；∠PCQ=90°，PD=BQ=4
∴；；
∴；
∴；
（3）如图，设所在的圆心为O，连接BC，OB，OC，过点C作CK⊥AB于K，
则四边形AKCD为矩形，AK=CD=10，，
∴BK=10，
∴tan∠KCB=，
∴∠KCB=30°，BC=20，
∵所对的圆心角为，OB=OC，
∴是等边三角形，
∴∠BCO=60°，
∴∠KCO=90°，
∴∠DCO=180°，
∴D、O、C三点共线；
连接DF，过点F作FG⊥DG于G，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接PE，OP，OP交⊙O于Q，当E、F、P、O、Q在一条线上时，最小，此时，△AEF≌△APD，∠PAE=∠DAF=60°，AP=AE，AD=AF；
∴和是等边三角形，
∴EF=DP，PE=AP，DF=，∠ADF=60°，
∴∠GDF=30°，
∴FG=，DG=15，
∴GO=45
∴
最小=（米）
【点睛】本题属于旋转和圆的综合题，考查了轴对称最短问题，三角形的面积，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短、解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
22．(1)
(2)存在，最大值为米，理由见解析
【分析】（1）延长至点使得，连接，以为边在上方做等边三角形，以点为圆心、为半径画，延长交于点，连接，根据“最长的弦是直径”，得出经过圆心，即点运动到点，点与点重合时，为直径时最大，计算出此时的周长即可；
（2）将绕点顺时针旋转得到，延长和交于点，以为底作顶角为的等腰三角形，过作于点，以点为圆心、为半径画，延长交于点，连接，根据“最长的弦是直径”，得出经过圆心，即点运动到点，点与点重合时，为直径时最大，结合解直角三角形的知识，计算出此时即可．
【详解】（1）解：如图，延长至点使得，连接，以为边在上方做等边三角形，以点为圆心、为半径画，延长交于点，连接，
∴周长，
∵，，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴点在以为圆心、为半径的上运动，
∴经过圆心，即点运动到点，点与点重合时，为直径时最大，
∴此时周长取得最大值；
（2）解：存在三条步道长度和的最大值，最大值为米，理由如下，
∵，，，，．
∴，
如图，将绕点顺时针旋转得到，延长和交于点，以为底作顶角为的等腰三角形，过作于点，以点为圆心、为半径画，延长交于点，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴点在以点为圆心、为半径的上运动，
∴经过圆心，即点运动到点，点与点重合时，为直径时最大，
∴此时，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴此时（米），
∴存在三条步道长度和的最大值，最大值为米．
【点睛】本题是圆的综合应用题，考查了圆周角与圆心角的性质、解直角三角形、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的性质等知识，根据圆的性质作出辅助圆图形是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）当△PEC为直角三角形时，tan∠ACF=或
【分析】（1）先说明△ABD≌△BCE，然后再运用全等三角形的性质、圆周角的性质、角的和差以及平行线的判定定理解答即可；
（2）连接PC，分∠PCE=90°，∠CEP=90°和∠CPE=90°三种情况解答即可
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=2 , ∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵BD=CE．
∴△ABD≌△BCE(SAS)．
∴∠BAD=∠CBE．
∴∠BPD=∠BAD+∠ABP=∠CBE+∠ABP=60°
∵∠BAC=∠BFC=60°，
∴∠BPD=∠BFC．
∴AD∥FC．
(2) 当△PEC为直角三角形时，可分为三种情况：
∠PCE=90°或∠CEP=90°或∠CPE=90°．
①当∠PCE=90°时，
∵∠PCE<∠ACB=60°，
∴∠PCE=90°这种情况不存在．
②当∠CEP=90°时，
∵AB=BC=AC，
∴AE=EC，∠ABE=∠CBE=30°．
∴∠ACF=∠ABF=30°．
∴tan∠ACF=tan30°=．
③当∠CPE=90°时，过点A作AH⊥BC于点H，
设AE=x，则CD=AE=x，CE=6－x．
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH=3，∠HAC=∠HAB=30°．
∴HD=3－x．
∵∠BFC=60°，∠CPE=90°，
∴∠PCF=∠HAC=30°．
∵AD∥FC，
∴∠FCA=∠DAC．
∴∠PCF－∠FCA=∠HAC－∠DAC．
∴∠HAD=∠PCE．
∵∠AHD=∠CPE=90°
∴△AHD∽△CPE．
∴．
∴①．
∵∠BPD=∠APE=∠ACB=60° ∠PAE=∠CAD
∴△PAE∽△CAD．
∴．
∴②．
观察①式和②式
可得：．
∴．
解得：x=2．
∴AE=2．
过点E作EG⊥AB于点G
∴在Rt△AEG中 ∠EAG=60°．
∴．
．
∴BG=AB-AG=5．
在Rt△BGE中，tan∠ABE=．
∴tan∠ACF=tan∠ABE=．
综上所述，当△PEC为直角三角形时，tan∠ACF=或．
【点睛】本题考查了圆的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的判定以及三角函数等知识，综合运用所学知识是解答本题的关键．
24．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质分别求出与的度数，从而求出的度数；
（2）将绕点顺时针旋转，得到，证明，由此可得，再证与都是等腰直角三角形，可得，进而证明．
（3）由（2）得，以为圆心，为半径作圆，则点在上，过点作，交于，交于，连接、，则当点与点重合时，的面积最大．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，
，
，，
，，
，
．
（2）证明：将绕点顺时针旋转，得到，则，，，，．
，，
，
，即，
，
又，，
．
，
，，，
与都是等腰直角三角形，
，
又，
．
（3）解：由（2）得，
以为圆心，为半径作圆，则点在上，过点作，交于，交于，连接、，则当点与点重合时，的面积最大．
，，
，
，即．
，
．
的面积为，
即面积的最大值为．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，构造圆求三角形面积最大值，勾股定理，解决本题的关键是能够想到利用圆的构造求三角形面积的最大值．
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