2024年中考数学重难点押题预测《隐圆问题》含答案解析

危圆冏薇5笄微型

压轴题密押

通用的解题思路：

隐圆一般有如下呈现方式：（1）定点定长：当遇到同一个端点出发的等长线段时，通常以这个端点为圆心，等线

段长为半径构造辅助圆；（2）定弦定角：当遇到动点对定点对定线段所张的角为定值时,通常把张角转化为圆

周角构造辅助圆。当遇到直角时，通常以斜边为直径构造辅助圆。（3）四点共圆:对角互补的四边形的四个顶

点共圆。隐圆常与线段最值结合考查。

压轴题预测

类型1：定点

颔目工（2023•新城区校级三模）圆的定义:在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形.

（1）已知：如图1,。4=。8=。。,请利用圆规画出过A、B.。三点的圆.若/AOB=70°,则=

_35°_.

如图，RtAABC中，NABC=90°,ABCA=30°,=2.

（2）已知，如图2.点P为AC边的中点，将AC沿BA方向平移2个单位长度,点力、P、。的对应点分别为

点。、E、F,求四边形BDFC的面积和ABEA的大小.

（3）如图3,将AC边沿BC方向平移a个单位至DF,是否存在这样的a,使得直线DF上有一点Q,满足

/BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形历LDF面积的最大值及平移距离a,

若不存在，说明理由.

图3

图2

【分析】（1）利用圆的定义知A,B,。三点共圆，再利用圆周角定理求解.

（2）根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而解.

（3）因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出。点能够向右移动的最大距离，

求出四边形的最大面积.

【解答】（1）以。为圆心，OA为半径作辅助圆，如图，

ZAOB=70°,

乙4cB=35°,

故答案为35°.

⑵连接PB,PE,如图，

RtAABC中，AABC=90°,ABCA=30°,AB=21.

AC=4,ABAC=60°,BC=2V3.

P为RtAABC斜边AC中点，

：.BP=^-AC=2,

线段AC平移到OF之后，AB=AD=PE=2,BP=AE=2,

二.四边形4BPE为菱形，

•/ABAC=60°,

：./BE力=30°,

•/CF〃BD,且/ABC=90°,

四边形BDFC为直角梯形，

.•.S=《(BD+CF)XBC=-^X6X2A/3=6A/3,

(3)如图所示，以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角三角形O4B,以O为圆心，OA为半径作OO,

当AC边沿BC方向平移a个单位至。F时，

满足ABQA=45°且此时四边形BADF的面积最大，

直线。F与OO相切于点Q,

连接OQ交AD于G,过点。作08,AD于

则ZAHO=AOHG=ZDQG=90°,/OAF/=45°,ZGDQ=30°,

•：NABC=90°,ZBCA=30°,AB=2,

BC=2A/3,OA=OB=OQ=V2,

AH=OH=1,HG=^-,OG=^-,

oo

：.GQ^V2-^-,DG=2GQ^2V2-^~,

oo

2

：.AD^AH+HG+GD^l+^+2V2-^-^l+2V2-V3,

oo

.，.a=1+2y/2—V3,

此时直角梯形ABF。的最大面积为：

S—~~x（BF+AD）xAB—x（2A/3+1+2A/^—V3+1+2,\/2^—A/3）x2—4\/2-+2.

【点评】本题主要考查图形的平移，圆心角，圆周角之间的关系，解题的关键是数形结合，找到极值点求解.

[题目0（2024.兰州模拟）综合与实践

【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问

题，如图，在AABC中，AB=AC,/氏40=90°,点。为平面内一点（点A,B,。三点不共线），4E为

AABD的中线.

【初步尝试】（1）如图1,小林同学发现:延长AE至点河,使得A7E=4E,连接。始终存在以下两个结

论，请你在①,②中挑选一个进行证明：

①DM=AC-,②ZMDA+NDAB=180°；

【类比探究】⑵如图2,将人。绕点人顺时针旋转90°得到AF,连接CF.小斌同学沿着小林同学的思考进

一步探究后发现：AE=请你帮他证明；

【拓展延伸】（3）如图3,在（2）的条件下，王老师提出新的探究方向：点。在以点A为圆心，4。为半径的圆

上运动（AD>48）,直线4E与直线CF相交于点G,连接BG,在点。的运动过程中BG存在最大值.若

4B=4,请直接写出BG的最大值.

图1图2图3

【分析】（1）利用SAS证明^ABE=^MDE，可得AB=DM，再结合AB=AC,即可证得DM=；由全

等三角形性质可得/DA4E,再运用平行线的判定和性质即可证得AMDA+180°;

（2）延长AE至点“，使得2WE=AE,连接DM.利用SAS证得^ACF=&DMA，可得CF=AM,再由

AE=yAM，可证得/㈤=-yCF;

⑶延长D4至使AW=AD,设AM■交CF于N,连接■交CF于K,取47中点P,连接GP,可证得

^ACF=^ABM（SAS），利用三角形中位线定理可得AE〃，即力G〃,利用直角三角形性质可得

GP=£AC=；AB=2,得出点G在以P为圆心，2为半径的。P上运动，连接BP并延长交。P于G1

可得BG'的长为BG的最大值,再运用勾股定理即可求得答案.

【解答】（1）证明：①AE为^ABD的中线，

/.BE=DE,

（BE=DE

在AABE和AMDE中,《AAEB=AMED,

[AE=ME

：.\ABE"MDE（SAS）,

・・.AB=DM,

・・・AB=AC9

：.DM=AC;

②由①知'ABE=\MDE,

・•・/BAE=/DME,

・・.AB//DM,

・•.AMDA+/.DAB=180°;

⑵证明：延长AS至点河，使得=连接ZW.

由旋转得：4尸=AD,ADAF=90°f

・・・ZBAC=90°,ADAF+ABAC+ZBAD+ACAF=360°,

・•・ZBAD-iACAF=180°,

由(1)②得：AMDA+ADAB=180°,DM=AB=AC,

：./CAF=/MDA,

(AF=AD

在A4CF和^DMA中，INC4F=AMDA,

[AC=DM

・・・^ACF=^DMA{SAS),

：.CF=AM,

-：AE=^-AM,

・•.=

⑶如图3,延长D4至河，使AD,设4河交CF于N,连接BA/交CF于K,取4。中点P,连接GP,

由旋转得ADAF=90°f

：.AF=AM,AMAF=180°-90°=90°,

・・•ZBAC=90°,

・•.AMAF+ZCAM=ABAC+/CAM,

即ZCAF=ABAM,

(AC=AB

在AAC尸和^ABM中，(ACAF=/.BAM,

[AF=AM

：.^ACF=^ABM(SAS),

・・・ZAFC=/AMB,即乙AFN=/KMN,

・・・/ANF=/KNM,

：.4FAN=ZMKN=90°,

：.BM_LCFf

・・・E、4分别是DB、DM的中点，

・・・AE是bBDM的中位线，

・・・AE〃BM,即AG〃BM,

・・・AGYCF,

：.ZAGC=90°f

・・•点P是AC的中点，

・•.GP=yAC=-j-AB=2,

.♦.点G在以P为圆心，2为半径的。P上运动,

连接并延长交。P于G，，

BG，的长为BG的最大值，

在R1AABP中，BP=y/AB'2+AP2=V42+22=275,

BG'=BP+PG'=2V5+2,

.•.BG的最大值为2瓶+2.

【点评】本题是几何综合题，考查了三角形的全等的性质与判定，两直线垂直的判定，三角形中位线定理，勾

股定理，圆的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决本题的关键.

题目⑤（2022•番禺区二模）己知抛物线夕=遍+法—?（a>0）与立轴交于点4B两点，

=4.其顶点。的横坐标为一1.

（1）求该抛物线的解析式；

（2）设点。在抛物线第一象限的图象上，DEL4。垂足为E,DF〃沙轴交直线4。于点F,当ADEF面积

等于4时，求点。的坐标；

（3）在⑵的条件下，点河是抛物线上的一点,M点从点B运动到达点C,FM±FN交直线BD于点N,延

长砂与线段DE的延长线交于点〃，点P为N,F,H三点构成的三角形的外心，求点P经过的路线长.

（分析】（1）利用对称性，求得人和B的坐标，然后用待定系数法求得抛物线的解析式；

（2）证明ACGA和^DEF都为等腰直角三角形，利用等面积法求得DF=4,再求得直线AC的解析式为y

=x-l,设点D的坐标，得到点F的坐标,然后求解即可；

⑶先求得ZBr>F=45°,推出点P的运动路径时HN的中点绕点F逆时针旋转90°得至IN2H的中点之间

的弧长，证明四边形DMEE为正方形，即可求解.

【解答】解：（1”.•点点B两点关于直线/=一1对称，43=4,

.­.A(l,0),B(-3,0),

a+b—I-=0

代入g=ax2+bx—^得,9"3bjo"

A抛物线的解析式为9=^X2+X-y.

⑵如图1所示:

・・・OF〃。轴〃GC,

：.AGCA=ZDFEf

二,抛物线的解析式为g=]42+力__1_=_|_(力+1)2—2,

：•顶点(7(—1,—2),

v4(1,0),

・・.AG=2,CG=2,

・・・ACG4为等腰直角三角形，

：.AGCA=ZDFE=45°,

•：DE±AC,

・・・ZVD石F为等腰直角三角形，

：.DE=EF,DF=V2DEf

,•*S、DEF=*DE•EF—4,

:.DE=2四,

图1

.,.DF=gx2，^=4,

设直线AC的解析式为v=+b,则

2,解得：/1

{—k+b=—2[b=—1

・・・直线4。的解析式为y=x-l,

设点力,]/+力—_/），则F（xfx—1）,

•*-DF=$2+力一告一（力-1）==4,

解得：1=3或6=—3（舍）,

・•・0（3,6）,尸（3,2）.

（3）如图2所示,

・・•ANFH是直角三角形，

^NFH的外心是斜边NH的中点，

当点河位于点B时，秘iFH、，其外心是斜边的中点，

当点河位于点。时，得ZYMFE,其外心是斜边N,H2的中点，即明石的中点，

•••。（3,6）,3（—3,0）,

tanZBDF==1,

6

NBDF=45°,

由⑵得，/FDE=45°,

/DBA=ZBAC=45°,

：.BD//AC,

：.FN±BD,

。?平分4BDE,4BDE=90°,

.♦.点D,N,F,H四点共圆,

.♦.点P在线段OF的垂直平分线上，即点P在ME上运动，即点P的运动轨迹是一条线段.

2DN?F=ZN.QH=4DHF=90°,FN?=FE,

：.四边形DN2FE为正方形，

此时点P在。F上，且EP=2;

当点河与点。重合时，此时点P在。F上，即为£,且Fg=朋=2,

由题意，BN2=BD-DN2=4,BF=2V10,N2F=272,FN2//DH,,

・•.\BFN2〜/\BH1D,

二鬻=需，解得FHi=VW,

:.FPF瓜

由勾股定理可得：_R8=1,

即点P的运动轨迹长为1.

【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，三角形外接圆的性质，弧长

公式，勾股定理，三角函数解直角三角形等，理解题意，作出相应辅助线是解题的关键.

题目回（2021•红谷滩区校级模拟）（1）学习心得:小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到有一些几何

问题,如果添加辅助圆,运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.

例如:如图1,在AABC中，AB=AC,乙氏4。=80°,。是AABC外一点，且40=47,求乙8。。的度数.

若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆。A,则点。、。必在。A上，ZBAC是。A的圆心角，而NBDC是

圆周角，从而可容易得到乙BDC=_40°_.

（2）问题解决：

如图，在四边形ABCD中,/BAD=ZBCD=90°,ABDC=25°,求ABAC的度数.

（3）问题拓展：

抛物线y=-j（cc-iy+3与y轴交于点4顶点为B,对称轴BC与c轴交于点。，点P在抛物线上,直线

PQ〃BC交c轴于点Q,连接BQ.

①若含45°角的直线三角板如图所示放置，其中，一个顶点与。重合，直角顶点D在上，另一顶点E在

PQ上，求Q的坐标；

②若含30°角的直角三角板一个顶点与点。重合，直角顶点。在上，另一个顶点E在PQ上，点。与点

点Q不重合，求点P的坐标.

【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解.

（2）由？1、B、C、D共圆，得出2BDC=NBAC,

（3）①先求出抛物线顶点的坐标，再由点D、C、Q、E共圆，得出/CQB=ZOED=45°,求出CQ,再求点

Q的坐标.

②分两种情况，I、当30°的角的顶点与点。重合时，II、当60°的角的顶点与点C重合时，运用点。、。、

Q、E共圆，求出CQ即点P的横坐标，再代入抛物线求出点P的纵坐标，即可求出点P的坐标.

【解答】解：（I）：AB=AC,AD=AC,

：.以点A为圆心，点6、。、。必在＜34上，

•••/A4C是。人的圆心角，而是圆周角，

A4BDC=40°,

（2）如图2,

•/"4D=/BCD=90°,

.•.点A、B、C、_D共圆，

ABDC=ABAC,

•：NBDC=25°,

：.ABAC=25°,

（3）①如图3

•.•点B为抛物线y=—十（，-1）2+3的顶点，

.•.点B的坐标为（1,3）,

•••45°角的直角三角板如图所示放置，其中，一个顶点与。重合，直角顶点。

在B。上，另一顶点E在PQ上，•M

・••点。、。、。、石共圆，

：.4CQB="JED=%

:.CQ—BC—3,

JOQ=4,

・••点。的坐标为（4,0）,

②如图4,

I、当30°的角的顶点与点。重合时,

.,直角三角板30°角的顶点与点。重合，直角顶点。在石。上，另一个顶点E在P。上

,•点Z?、C、Q、石共圆，

・・/CQB=4CED=6N,

*.OQ—1+V3,

,•把1+V3代入g=―：(/—1)2+3得g=*,

♦.点P的坐标是(1+，§,[■)

当60°的角的顶点与点。重合时，

•.•直角三角板60°角的顶点与点。重合，直角顶点。在BQ上，另一个顶点E在PQ上

・，・点。、。、Q、E共圆，

・•・ZCQB=ZCED=30°,

:.CQ=V3BC=3V3,

・•・OQ=1+3V3,

，才巴1+3A/3代入g=―^(rc—1)2+3得?/=—与，

・••点P的坐标是(1+3A/3,—1")

综上所述，点P的坐标是(1+V3,或(1+3A/3,—.

【点评】本题主要考查了圆的综合题，解题的关键就是运用同弦对的圆周角相等.

类型2:定弦定角

题目回（2022•雁塔区校级三模）问题提出

（1）如图①,已知ZVLBC为边长为2的等边三角形,则^ABC的面积为—瓜

问题探究

⑵如图②，在^ABC中,已知ABAC=120°,66,求AABC的最大面积；

问题解决

（3）如图③，某校学生礼堂的平面示意为矩形ABCD,其宽AB=20米，长BC=24米，为了能够监控到礼

堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面CD上安装一台摄像头河进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙

面区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点河出发的观测角乙4MB=45°,请你通过所学知识进

行分析,在墙面CD区域上是否存在点州满足要求？若存在，求出的长度;若不存在，请说明理由.

AD

图①图②图③

【分析】（1）作ND,BC于。，由勾股定理求出4D的长，即可求出面积；

（2）作的外接圆©O,可知点A在百0上运动，当A'OLBC时，A4BC的面积最大，求出的长，

从而得出答案；

（3）以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形且乙405=90°,过0作1/6!，人3于

H,交CD于G,利用等腰直角三角形的性质求出04OG的长，则以O为圆心，OA为半径的圆与CD相

交，从而。。上存在点河，满足/4WB=45°,此时满足条件的有两个点河，过M作MF_LAB于F,作

EO_LMF于E,连接OF,利用勾股定理求出OE的长，从而解决问题.

【解答】解：（1）作ADLBC于O,

•/A4B。是边长为2的等边三角形，

/.BD=1,

AD=y/AB2-BD2=V3,

：.AABC的面积为］x2x通=遍,

图①

故答案为：通；

（2）作AABC的外接圆。O,

120°,BC=6A/3,

.•.点A在反？上运动，

当no_LBC时，AAB。的面积最大,

ZBOA=60°,BH=CH=3V3,

:.OH=3,OB=6,

・•.AH=OA-OH=6-3=3,•••

AABC的最大面积为yX6V3X3=9A/3;

（3）存在，以AB为边，在矩形ABCD的内部作一个等腰直角三角形4OB,且AAOB=90°,

过。作HG_LAB于交CD于G,

图③

：AB=20米，

AH=OH=10米，OA=10V2米，

•.•BC=24米，

AOG=14米，

V10V2>14,

以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，

。O上存在点朋r，满足AAMB=45°,此时满足条件的有两个点M,

过M作MF_LAB于F,作EO_LMF于E,连接。F,

/.EF=OH=10米，OM=10^2米，

•••EM=14米，

AOE=y/OM,—MB=2米，

CM=BF=8米，

同理CM?=BH+OE=10+2=12（米）,

.♦.MC的长度为8米或12米.

【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定

理，垂径定理等知识，熟练掌握定角定边的基本模型是解题的关键.

题目同（2023•浦桥区校级模拟）问题提出：（1）如图①，AABC为等腰三角形，/C=120°,AC=BC=8,。

是AB上一点，且CD平分AABC的面积,则线段CD的长度为4.

10

MC

B

cc

BA

问题探究：（2）如图②，AABC中，/C=120°,AB=10,试分析和判断A4BC的面积是否存在最大值，若存

在，求出这个最大值;若不存在,请说明理由.

问题解决：（3）如图③，2023年第九届丝绸之路国际电影开幕式在西安曲江竞技中心举行，主办方要在会场

旁规划一个四边形花圃ABCD,满足BC=600米，CD=300米，/C=60°,/A=60°,主办方打算过

的中点〃■点（入口）修建一条径直的通道9（宽度忽略不计）其中点E（出口）为四边形ABCD边上一点，

通道ME把四边形ABCD分成面积相等并且尽可能大的两部分，分别规划成不同品种的花圃以供影迷休

闲观赏.问是否存在满足上述条件的通道上㈤？若存在，请求出点A距出口的距离AE的长;若不存在，请

说明理由.

【分析】（1）由题意可知，CD是A4BC的中线，利用等腰三角形的性质推出CDJ_AB,利用三角函数求解

即可解决问题；

（2）当A4BC的4B边上的高CD最大时，三角形ABC的面积最大，即CD过圆心O,连接40.求出CD

的最大值即可得出答案；

⑶连接DM,BD.首先证明/BDC=90°,求出BD,推出ABDC的面积是定值，要使得四边形ABCD的

面积最大，只要AABD的面积最大即可，因为为定值，/人为定角=60°,推出当AABD是等边三角形

时，求出四边形48co的面积最大值，然后再求出=90°,构建方程解决问题即可.

【解答】解：（1）如图①，C

•••CD平分^ABC的面积，

A。=DB,4B

VAC=BC=8,D

-i图①

CD±AB,AACD=ABCD=yZACB=60°,

/.CD=ACcosZ-ACD=8cos60°=4,

.♦.CD的长度为4,

故答案为：4;

（2）存在.如图②，C

•.•AB=10,乙4cB=120°都是定值，/'；三工^

.♦.点。在功上，并且当点。在检的中点时，A4BC的面积最大；Aj、ZB

i厂、'D\

连接OC交AB于点D,则CD_LAB,AD=B_D==AB=5,/'、、；'

2:、、、।,

AACD=^-AACB=60°,:0:

2'i

•*-S^ABC—~^AB・CD—.户,

答：A4BC的面积最大值是幺p

o

⑶存在.如图③，连接DM,BD,•••

•••Af是BC的中点,

：.CM=^-BC=300,

:.CM=CD,

又；/C=60°,

AACM。是等边三角形，

ZMDC=ACMD=60°,CM=DM=BM,

ANCBD=NMDB=30°,图③

：.ZBDC=9Q°,

：.BD=CD•tan60°=300V3米,

在AABD中，BD=300盗米，乙4=60°为定值，

由（2）可知当AB=AD时，即AAB。为等边三角形时AABD的面积最大,

此时也为四边形ABCD的最大值（ABDC的面积不变），

Smax=SABOC+S皿=yx300x30073+乎（300佝2=n2500V3;

・・・AABO是等边三角形，

・・・/ADB=60°,

・・・AADM=AADB+/BDM=90°,

由S、EMD+SACDM=5Smax，得：

^DEx300+辛x3002=yx11250073,

解得：DE=225g，

AE=AD—DE=300V3-22573=75遍（米），

答：点A距出口的距离AB的长为75四米.

【点评】本题是圆的综合题，考查了勾股定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识,

解题的关键是理解题意构造辅助圆，灵活运用所学知识解决问题，难度较大，属于中考压轴题.

［题目⑶（2023•柯城区校级一模）如图，点A与点B的坐标分别是（1,0）,（5,0）,点P是该直角坐标系内的一

个动点.

（1）使NAPB=30°的点P有无数个；

（2）若点P在沙轴上，且AAPB=30°,求满足条件的点P的坐标；

（3）当点P在y轴上移动时，/APB是否有最大值？若有,求点P的坐标，并说明此时AAPB最大的理由;

若没有，也请说明理由.

y小

5-

4-

3-

2-

1-/B

1111—I1I11i

-4-3-2-1012345X

-4

【分析】（1）已知点人、点B是定点，要使/APB=30°,只需点P在过点8、点B的圆上，且弧AB所对的圆

心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个.

（2）结合（1）中的分析可知：当点P在沙轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定

理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在？/轴的负半轴上时，同

理可求出符合条件的点P的坐标.

（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角.要/APB

最大，只需构造过点A、点B且与沙轴相切的圆，切点就是使得/4PB最大的点P,然后结合切线的性质、

三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题.

【解答】解：（1）以AB为边,在第一象限内作等边三角形ABC,

以点。为圆心，AC为半径作。。，交"轴于点R、g.

在优弧ARB上任取一点P,如图1,

则ZAPB=-1-ZACB=]x60°=30°.

使AAPB=30°的点P有无数个.

故答案为：无数.

(2)①当点P在沙轴的正半轴上时，

过点。作垂足为G,如图1.

•.•点幺(1,0),点5(5,0),

:.OA=1,OB=5.

・•・48=4.

・・•点。为圆心，CGLAB,

AG=BG=^-AB=2.

：.OG=OA+AG=3.

•/AABC是等边三角形，

AC=BC=AB=4.

:.CG=^AC2-AG2

=V4^

=2V3.

.♦.点。的坐标为(3,2V3).

过点。作CDLy轴，垂足为D,连接冲，如图1,

•.•点。的坐标为(3,2V3),

CD=3,OD=2V3.

•••丹、8是。。与沙轴的交点，

A/ARB=/AF^B=30°.

CR=CA=4,CD=3,

2

：.DP2=y/^-3=V7.

•.•点。为圆心，CD_LP£,

/.PQ=P2D=V7.

.-.^(0,2V3-V7).B(O,2V3+V7).

②当点P在夕轴的负半轴上时，

同理可得：8(0,—2代一J7).^(0,-273+77).••

综上所述：满足条件的点P的坐标有：

(0,2V3-V7),(0,2V3+V7)>(0.-2V3-V7),(0,-2V3+V7).

(3)当过点A、B的。E与夕轴相切于点P时，NAPB最大.

理由：可证：NAPB=NAEH,当/APB最大时，NAEH最大.由sinZABH=得：当4E最小即PE

最小时，NAEH最大.所以当圆与g轴相切时，NAPB最大.

①当点P在沙轴的正半轴上时，

连接况4,作EH_La;轴，垂足为如图2.

E与夕轴相切于点P,

：.PE±OP.

•：EH±AB,OP.LOH,

：.AEPO=APOH=AEHO=90°.

.•.四边形。PEH是矩形.

OP=EH,PE=OH=3.

EA=3.

•・・ZEHA=90°,AH=2,EA=3f

：.EH=YEG-Ati1

=V32-22

=V5

.-.OP=V5

P(O,V5).

②当点P在夕轴的负半轴上时，

同理可得：F(O,-V5).

理由：

①若点P在沙轴的正半轴上，

在y轴的正半轴上任取一■点M'(不与点P重合),

连接AM,A/B,交OE于点N,连接M4,如图2所示.

1/NANB是^AMN的外角，

AANB>AAMB.

•：2APB=4ANB,

：.NAPB>NAMB.

②若点P在夕轴的负半轴上，

同理可证得：AAPB>NAMB.

综上所述：当点P在夕轴上移动时，/APB有最大值，

此时点P的坐标为(O,V5)^(O,-V5).

【点评】本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、

三角形外角性质等知识，综合性强.同时也考查了创造性思维，有一定的难度.构造辅助圆是解决本题关

键.

类型3:四点共国•••

题目0（2022-中原区校级模拟）阅读下列材料，并完成相应的任务.

西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为:过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点

作三边或其延长线的垂线,则三垂足共线（此线常称为西姆松线）.

某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理.

如图（1）,已知△力及7内接于0。,点P在。。上（不与点。重合），过点P分别作力瓦

的垂线，垂足分别为点。，E,F.求证:点。，在同一条直线上.

如下是他们的证明过程（不完整）：

如图⑴，连接/^，「。，。以石巴取/^的中点孰连接。^.QF,

则EQ=FQ=gpC=PQ=CQ,（依据1）

•.•点四点共圆，

ZFGP+AFEP=180°.（依据2）

又•••AACP+NABP=180°,

NFEP=NABP.

同上可得点四点共圆，

任务：

（1）填空：

①依据］指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；

②依据2指的是.

（2）请将证明过程补充完整.

⑶善于思考的小虎发现当点P是沅的中点时，BD=CF,请你利用图（2）证明该结论的正确性.

图⑴图⑵

（分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；

⑵利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E,F,P,。和点B,D,P,E四点分别共圆，再说明AFEP

+NDEP=180°,可证明结论；

⑶连接PA,PB,PC,利用证明RiAPBD=RtAPCF，从而得出结论.

［解答］（1）解:①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，

②依据2指的是圆内接四边形对角互补，

故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；

（2）解:如图（1）,连接PB,PC,DE,EF,取PC的中点Q,连接QE.QF,

则EQ=FQ=%PC=PQ=CQ,

:.点、E,F,P,。四点共圆，

AFCP+AFEP=180°,

又ZACF+NABP=180°,

ZFEP=/ABP,

同上可得点B,D,P,E四点共圆，

ZDBP=NDEP,

•：NABP+4DBP=180°,

ZFEP+2DEP=180°,

点。，E,F在同一直线上；

（3）证明：如图，连接P4,PB,PC,

•.•点P是市的中点，

：.BP=PC,

：.BP=PC,ZPAD=APAC,

又•••PD_LAD,PP1_LAC,

:.PD=PF,

：.RtAPBD=RtAPCF（HL）,

:.BD=CF.

【点评】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质

等知识，证明R1APBD=AtAPCF是解题的关键.

题目叵〕（2021•哈尔滨模拟）（1）【学习心得】

于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使

问题变得非常容易.

例如:如图1,在AABC中，AB=AC,ABAC=90°,D是△ABC外一点，且AD=AC,求ABDC的度数.

若以点A为圆心，AB为半径作辅助。A,则点C、。必在。A上，/BAC是。人的圆心角，而乙BDC是圆

周角，从而可容易得到2BDC=45°.

（2）【问题解决】

如图2,在四边形AB。。中，乙民4。=乙8。］。=90°,乙BDC=25°,求/BAC的度数.

（3）【问题拓展】

如图3,如图，E,F是正方形ABCD的边4D上两个动点，满足=连接CF交BD于点G,连接

BE交AG于点H.若正方形的边长为2,则线段长度的最小值是.

【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解.

（2）由4、B、。、。共圆，得出ZBDC=2BAC,

⑶根据正方形的性质可得AB=4D=CD,ABAD=ACDA,AADG=ACDG，然后利用“边角边”证明

^ABE和ADCF全等，根据全等三角形对应角相等可得Z1=Z2,利用“S4S”证明^ADG和ACDG全等，

根据全等三角形对应角相等可得/2=/3,从而得到/1=/3,然后求出/4HB=90°,取AB的中点O,连

接OH、根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=^AB=1,利用勾股定理列式求出

OD,然后根据三角形的三边关系可知当三点共线时，DH■的长度最小.

【解答】解：（1）如图1,•：AB^AC,AD^AC,

以点A为圆心，AB为半径作圆A,点B、C、D必在。人上,

/BAC是的圆心角，而/BDC是圆周角，

ZBDC=45°,

故答案为：45;

（2）如图2,取BD的中点O,连接AO.CO.

•.•/BAD=/BCD=90°,

.♦.点A、B、C、O共圆，

4BDC=ABAC,

NBDC=25°,

：.ZBAC=25°,

(3)如图3，在正方形ABCD中，AB=AD=CD,/BAD=ACDA,AADG=ACDG,

在AABE和ADCF中，

(AB=CD

IABAD=ACDA,

[AE=DF

：.^ABE=l\DCF(SAS),

Z1=Z2,

在AADG和ACDG中，

(AD=CD

{/ADG=/CDG,

[DG=DG

：.AADGwACDG〈SAS),

：.Z2=Z3,

Z1=Z3,

•/ZBAH+Z3=ABAD=90°,

A/I+/BAH=90°,

NAHB=180°-90°=90°,

取AB的中点O,连接。H、OD,

则OH=AO=/AB=1,

在RtAAOD中，OD=y/ACP+AD2=Vl2+22=V5,

根据三角形的三边关系，OH+DH>OD,

当。、。、8三点共线时，。8的长度最小，

最小值=。。一。8=0-1.

(解法二：可以理解为点H是在AB直径的半圆检上运动当。、//、。三点共线时，。以长度最

小)•••

故答案为：，K—l.

【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定

理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法.

【题目〔10〕(2022•潢川县校级一模)如图1,点B在直线Z上，过点B构建等腰