重难点08 最值模型之隐圆模型（8种题型）（复习讲义）（解析版）-【数学】2026年中考一轮复习讲练测

1/10重难点08最值模型之隐圆模型目录01TOC\o"1-1"\h\z\u深挖重难·固根基 102分层锤炼·验成效 73固·重难考点拓·创新能力题型名称核心原理常见考点典型场景定点定长得圆到定点的距离等于定长的点的轨迹是以定点为圆心、定长为半径的圆1.识别动点轨迹为圆2.结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”求最值动点到某定点距离为定值，求线段/角度最值直角的对边是直径直径所对的圆周角是直角；直角三角形的外接圆直径为斜边1.确定直角三角形外接圆的圆心和半径2.结合圆的性质求线段长度、角度题目中出现直角三角形，或需要构造直角三角形确定圆的直径对角互补得圆对角互补的四边形内接于圆（四点共圆）；圆内接四边形对角互补1.利用“对角互补”判定四点共圆2.结合圆内接四边形的外角等于内对角解题四边形中出现两组对角互补，或需要证明四点共圆转化角度定弦定角得圆同弦所对的圆周角相等；定弦定角的顶点轨迹是一段圆弧1.确定动点的轨迹圆弧（找圆心、半径）2.结合“圆外一点到圆上点的距离最值”求线段最值题目中出现“定弦+定角”条件，求动点到某点的距离最值四点共圆满足“对角互补”“外角等于内对角”“同弦所对圆周角相等”等条件的四点共圆1.判定四点共圆的方法2.利用圆周角定理、相交弦定理等推导线段/角度关系需要转化角度或线段关系时，通过四点共圆集中条件相切时取到最值直线或圆与另一个圆相切时，圆心距等于两圆半径之和（外切）或差（内切），此时常取到线段最值1.利用“圆心距与半径的关系”判定相切2.结合“点到圆的距离最值”求线段最值动点轨迹为圆，求该动点到某直线/另一圆的距离最值定角定高面积最小、周长最小问题三角形中，定角定高时，等腰三角形面积最小、周长最小1.利用“定角定高”确定三角形的外接圆/内切圆性质2.结合“垂线段最短”“轴对称”求面积/周长最值题目中出现“定角+定高”条件，求三角形面积或周长的最小值米勒角（最大张角）模型当△PAB的外接圆与直线AB相切于点P时，∠APB取得最大值1.利用“定角定高”确定三角形的外接圆/内切圆性质2.结合“垂线段最短”“轴对称”求面积/周长最值求直线外一点到直线上两点的张角的最大值题型01定点定长得圆1）根据圆的定义，当出现到定点的距离等于定长的点(或动点)时，可考虑该模型.当涉及折叠或旋转时.有时也会利用该模型确定动点的运动轨迹.2）辅助圆主要用于求动点相关的最值问题，这里圆心的位置是解题的关键，且要注意动点的轨迹不一定是完整的圆，可能只是圆中的一段圆弧，最后根据“点、线、圆最值”模型来解决问题.1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧BD上的点，连接AP，CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．若AB=1，则△APQ的最大面积是（

）A．14 B．2−32 C．2【答案】C【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1，则可得到△QPE≌△PCF，即可得到EQ=PF，根据垂线段最短和三角形三边关系得到AP+PF≤AP+PC≤AC，即可得到点P在P1时，EQ的值最大为【详解】解：过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1则∠QEP=∠CFP=90°，又∵∠QPC=90°，∴∠EQP+∠EPQ=∠FPC+∠EPQ=90°，∴∠EQP=∠FPC，由旋转得PC=PQ，∴△QPE≌△PCF，∴EQ=PF，∵PF≤PC，∴EQ≤PC，∴AP+PF≤AP+PC，AP+PC≥AC即当点P在P1时，EQ的值最大为C∵ABCD是正方形，∴AD=AP∴AC=AD∴EQ的值最大为CP∴△APQ的最大面积是12故选：C．2．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB=4，AD=DC=2，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点．现将△AEF沿EF所在直线翻折得到△A'EF（如图的所有点在同一平面内），连接A'B，AA．2−2 B．3−2 C．10−【答案】B【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点A'在以点E过点C作CG⊥AB于点G，可得四边形ADCG是矩形，从而得到CG=AD=2，AG=CD=2，再利用勾股定理求出BC的长，从而得到当点A'到BC的距离最小时，△A'BC面积最小，过点A'作A'H⊥BC交BC的延长线于点H，即当A'H最小时，△A'BC面积最小，然后结合可得点A'在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，A'，H三点共线时，A'H最小，此时【详解】解：如图，过点C作CG⊥AB于点G，∵AB∥DC，AD⊥DC，AD=DC=2，∴∠ADC=∠DAG=∠AGC=90°，∴四边形ADCG是矩形，∴CG=AD=2，AG=CD=2，∵AB=4,∴BG=AB−AG=4−2=2，∴BC=C∴当点A'到BC的距离最小时，△过点A'作A'H⊥BC交BC的延长线于点H，即当A∵E是线段AD的中点，AD=2，∴DE=AE=1由折叠的性质得：A'∴点A'在以点E∴当点E，A'，H三点共线时，A'H延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，则DN∥∴△MND∽△MHE，∵CG=BG=2，∠BGC=90°，∴∠ABC=∠BCG=45°，∵AB∥∴∠DCM=∠ABC=45°，∵∠CDM=180°−∠ADC=180°−90°=90°，∴△CDM是等腰直角三角形，∴DM=CD=2，DN=MN=NC=1∴CM=DM2∴DN=1∵△MND∽△MHE，∴DMEM=DN∴EH=3∴A∴S△即△A'BC故选：B．3．（2025·福建·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=AC=AD=5，BC=2，则对角线BD的长为（

）A．7 B．223 C．226 【答案】D【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，根据AB=AC=AD=5，得到B,C,D在以A为圆心，半径为5的圆上，延长BA交圆于点E，连接DE，则BE为直径，得到BE=2AB=10，∠BDE=90°，根据平行线的性质，结合等边对等角得到∠DAE=∠BAC，等角对等弦得到DE=BC=2，勾股定理求出BD的长即可．【详解】解：∵AB=AC=AD=5，∴∠ACD=∠ADC，点B,C,D在以A为圆心，半径为5的圆上，如图，延长BA交圆于点E，连接DE，则：BE为直径，∴BE=2AB=10，∠BDE=90°，∵AB∥CD，∴∠ACD=∠CAB,∠ADC=∠DAE，∵∠ACD=∠ADC，∴∠DAE=∠BAC，∴DE=BC=2，∴BD=B故选D．4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=6．将射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA1，在射线CA1上取一点D，连结AD，使得△ACD面积为24，连结BD，则BD【答案】2【分析】先整理得AC×CD=48，过点C向上作线段CE⊥BC，使得CE=8，则CECA=CDCB，结合∠BCE=∠ACD=90°,整理得∠ACB=∠ECD，证明△CED∽△CAB，即∠EDC=∠ABC=90°，运用即定角定弦，故点D在以CE为直径的圆上，连接OB，并延长与⊙O交于一点，即为【详解】解：∵射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA1，在射线CA1上取一点D，连结∴∠ACD=90°,∵△ACD面积为24，∴AC×CD×∴AC×CD=48，过点C向上作线段CE⊥BC，使得CE=8，∵BC=6∴BC×CE=6×8=48即AC×CD=BC×CE∴CECA连接DE，∵CE⊥BC，∴∠BCE=∠ACD=90°,∵∠BCE−∠ACE=∠ACD−∠ACE，∴∠ACB=∠ECD，∵CECA∴△CED∽△CAB，∴∠EDC=∠ABC=90°，故点D在以CE为直径的圆上，∵CE=8，记圆心为直径CE的中点O，即⊙O的半径OD=4连接OB，并延长与⊙O交于一点，即为D1此时BD1为故BO=∴B故答案为：213【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，正确分析出点D在以CE为直径的圆上是解题的关键．5．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=43，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQ=12PF．当点E从点B运动到点C时，点【答案】4π【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得到AH=12AP=2，进而得到点Q在以AH为直径的圆上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°【详解】解：∵矩形ABCD，∴∠BAD=∠B=90°，∵翻折，∴AP=AB=4，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，则：∠AQH=90°=∠BAD，∴∠AHQ=∠PAF=90°−∠HAQ，∵PF⊥AD，∴∠PFA=90°=∠AQH，∴△AQH∽△PFA，∴AHAP∵AQ=1∴AHAP∴AH=1∴点Q在以AH为直径的圆上运动，∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，∴点Q的运动路径长为：12当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交BA的延长线于点K，同法可得：△AKQ∽△PAF，AK=1∴∠AKQ=∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运动，连接OQ，当点E运动到点C时，如图：∵AB=4,BC=43，∠B=90°∴tan∠BAC=∴∠BAC=60°，∴∠CAD=∠BAD−∠BAC=30°，∵折叠，∴∠PAC=∠BAC=60°，∴∠PAF=∠PAC−∠CAD=30°，∴∠AKQ=∠PAF=30°，∴∠AOQ=2∠AKQ=60°，∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的AQ，路径长为60π180∴点Q的运动路径总长为：π+π故答案为：4π【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点Q的运动轨迹，是解题的关键．6．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践【问题情境】如图，小昕同学在正方形纸板ABCD的边AB、BC上分别取点E、F，且AE=BF，AF交DE于点O．连接AC，过点F作FG⊥AC，垂足为G，连接GD、GE，DE交AC于点P，GE交AF于点Q．【活动猜想】（1）GD与GE的数量关系是_______，位置关系是_______；【探索发现】（2）证明（1）中的结论；【实践应用】（3）若AD=3，AE=1，求QF的长；【综合探究】（4）若AD=3，则当AP=_______时，△DPG的面积最小．【答案】（1）相等，垂直（2）证明见解析（3）3（4）3【分析】（1）根据图形进行猜想即可；（2）过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N，证明四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，结合正方形性质证明GN=GM=MC=CN=BT=MF，则可得ET=NG，证明Rt△DNG≌Rt△GTE，得出DG=GE，∠NDG=∠EGT，再利用∠NDG+∠NGD=90°（3）证明Rt△DAE≌Rt△ABF，得出∠ADE=∠BAF，AF=DE，再证明∠AOE=90°，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出DE=AE2+AD2=（4）构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，证明△HPG是等腰直角三角形，得出PG=2r，求得S△DPG=12PG×DT=324PG，则当PG最小时，△DPG的面积最小，则r最小时，△DPG的面积最小，由DH+HR=r+22r=1+22r，可知当【详解】解：（1）相等，垂直；（2）过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∠B=∠BCD=90°，∴∠TGM=∠B=∠GMB=∠GMC=∠BCD=∠NGM=90°，∴四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，∴GN=GM=MC=CN=BT，∠CNT=∠BTG=90°，BM=GT，∴∠DNG=∠GTE=90°，∴DC−CN=BC−CM，即DN=BM=GT，∵FG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠ACB=∠CFG=45°，∴CG=GF，∴CM=MF，∴GN=GM=MC=CN=BT=MF，∵AE=BF，∴AB−AE−BT=BC−BF−MF，∴ET=NG，∴Rt△DNG≌∴DG=GE，∠NDG=∠EGT，又∵∠NDG+∠NGD=90°，∴∠EGT+∠NGD=90°，∴∠DGE=90°，∴DG⊥GE；（3）在正方形ABCD中，由AB=AD，∠DAE=∠ABF=90°，AE=BF，∴Rt△DAE≌∴∠ADE=∠BAF，AF=DE，∴∠ADE+∠DEA=∠BAF+∠DEA=90°，∴∠AOE=90°，∴AF⊥DE，在Rt△DAE中，AD=3，AE=1得DE=A由等面积法得AO×DE×1即AO×10∴AO=3在Rt△OAE中，OE=由（2）可知DG=GE，DG⊥GE，∴∠GED=45°，∴△EOQ为等腰直角三角形，∴QO=EO=10∴QF=AF−AO−OQ=10（4）如图，构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，由（2）可知DG=GE，DG⊥GE，∴∠GDP=45°，∴∠PHG=2∠GDP=90°，∵HP=HG，∴△HPG是等腰直角三角形，∴HR=PR=GR=1∴PG=2∵正方形ABCD中，AD=3，△ACD是等腰直角三角形，∴AC=2AD=32∴S△DPG∴当PG最小时，△DPG的面积最小，∴r最小时，△DPG的面积最小，∵DH+HR=r+2∴当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，此时如图，点T与R重合，则DR=1+解得：r=6∴PR=2∴AP=AR−PR=AT−PR=3【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．题型02直角的对边是直径前世（圆的性质）：在圆⊙O中，若AB是直径，则直径所对的圆周角∠ACB恒为90∘。今生（轨迹判定）：反过来，若有一条固定线段AB，且动点C满足∠ACB=90∘，那么点C的轨迹就是以AB为直径的圆（A,B两点除外）。【补充】这种情况本质上是“定弦定角”的特例，但因为其判定和应用都非常典型，所以单独作为一类。7．（2025·四川巴中·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=42，D为AB中点，点E在线段CD上，满足CE=2DE，连接AE并延长交BC于点F，当△ABC面积最大时，线段CF等于（A．2 B．2 C．22 D．4【答案】B【分析】延长ED至点G，使ED=GD，证明△BDG≌△ADESAS，进而推出△CFE∽△CBG，即可得到点F是BC的中点，再根据直角三角形的性质可知点C在以点D为圆心，CD为半径的圆上，当CD⊥AB时，CD取的最大值，即此时△ABC面积最大，然后根据弧、弦、圆心角的关系可知BC=AC【详解】解：如图，延长ED至点G，使ED=GD，∵D为AB中点，∴BD=AD，∵∠BDG=∠ADE,ED=GD，∴△BDG≌△ADESAS∴∠G=∠AED=∠FEC，∴EF∥BG，∴△CFE∽△CBG，∴CF∵CE=2DE，ED=GD，∴CE=DE+DG=EG，即CE=1∴CF∴点F是BC的中点，∵∠ACB=90°，D为AB中点，∴BD=AD=CD，∴点C在以点D为圆心，CD为半径的圆上，如图，当CD⊥AB时，AB边上的高取的最大值，即此时△ABC面积最大，∵∠CDB=∠CDA=90°，∴BC=AC，即△ABC为等腰直角三角形，∵AB=42，B∴BC=AC=2∴CF=1故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．8．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形ABCD边长为6，以对角线BD为斜边作Rt△BED、∠E=90°，点F在DE上．连接BF．若2BE=3DF．则BF的最小值为（

A．6 B．62−5 C．35 【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，BC所以直线为x轴，AB所在直线为y轴，设BD的中点为G，过点D在AD上方作DH⊥BD，使DH=22.过点H作HK⊥AD于点K，连接BH，FH，AG，EG，则∠BDH=∠DKH=90°，根据正方形性质，得C6,0，D6,6，A0,6，得G3,3，和BG=32，BGDH=32，根据EG=AG=BG=DG=32，得点B、E、A、D在⊙G上，得∠ABE=∠ADE，得∠EBG=∠FDH，根据BEDF=【详解】解：以点B为原点，BC所以直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，设BD的中点为G，过点D作DH⊥BD，使DH=22，过点H作HK⊥AD于点K，连接BH，FH∵正方形ABCD边长为6，∴C6,0∴G3,3∴BG=3∴BGDH∵∠E=∠BAC=90°，∴EG=AG=BG=DG=32∴点B、E、A、D在⊙G上，∴∠ABE=∠ADE，∵∠ABD=∠ADB=45°，∴∠HDK=∠BDH−∠ADB=45°，∴∠HDK=∠ABD=45°，∴∠ABE+∠ABD=∠ADE+∠HDK，即∠EBG=∠FDH，∵2BE=3DF，∴BEDF∴BEDF∴△BEG∽△DFH，∴FH=DH=22∴点F是在以点H为圆心，22∵∠DHK=90°−∠HDK=45°，DK∴DK=HK=2，∴H4,8∴BH=4∵BF+FH≥BH，∴当点F在BH上时，BF取得最小值，为BF=BH−FH=45故选：D．【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．9．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=4，BC=3，点D在边AB上（不与A，B重合），过点A作AE⊥CD，垂足为点【答案】3【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，隐圆问题，找出点E的运动轨迹是解题的关键．作CF⊥AB于点F，作EK⊥AB于点K，利用S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CF计算出CF，证△EDK∽△CDF，推出CDDE=CFEK，可得EK取最大值时，CDDE取最小值；点D运动过程中，始终保持AE⊥CD，所以点E在以AC【详解】解：作CF⊥AB于点F，作EK⊥AB于点K，∵△ABC中，∠ACB=90∴AB=A∵S△ABC∴CF=AC⋅BC∵CF⊥AB，EK⊥AB，∴∠EKD=∠CFD=90°，又∵∠EDK=∠CDF，∴△EDK∽△CDF，∴CDDE∵CF=12∴EK取最大值时，CDDE∵点D运动过程中，始终保持AE⊥CD，∴点E在以AC中点O为圆心，12∴当点E，K，O共线时，即点E在E'位置时，EK∵∠AK'O=∠ACB=90°∴△K∴K'OCB∴K'∴E'K'=OE此时CDDE∴CDDE故答案为：3．10．（2025·海南·中考真题）如图，点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB=90°，AB=4，BC=7．（1）△AEB面积的最大值为；（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD=120°，则线段MN长度的最小值为．【答案】467【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；（2）连接DE，利用三角形的中位线定理得到MN=12DE，则DE取得最小值时，MN长度最小，设AB的中点为O，连接OE，当O、E、D三点共线时，此时DE最小；过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得OF，进而得到DF，即可求得DE【详解】（1）解：∵点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB=90°，∴点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，取AB的中点O，连接OE，当OE⊥AB时，此时E与AB的距离最大，即此时△AEB面积取得最大值，如图，∵AB=4∴OA=OB=OE=1∴△AEB面积的最大值=1故答案为：4；（2）连接DE，如图，∵CD、CE的中点为M、N，∴MN=1∴DE取得最小值时，MN长度最小．由（1）可知，点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，设AB的中点为O，连接OE，∴当O、E、D三点共线时，此时DE最小，如图，由（1）可知，OE=OA=OB=2，过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，如图，∵四边形ABCD为平行四边形，BC=7，∠BAD=120°，∴∠OAF=180°−∠BAD=60°，AD=BC=7，∵OF⊥AD，∴∠AOF=90°−∠OAF=30°，∴AF=1∴OF=O∴DF=AD+AF=7+1=8，∴OD=D∴DE=OD−OE=67∴线段MN长度的最小值=1故答案为：67−2【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点E的轨迹．题型03对角互补得圆11．（2025·湖南湘潭·模拟预测）阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB=∠ACB，则A,B,C,D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC=180°，则A,B,C,D四点共圆．(1)如图1，已知∠ADB=∠ACB=60°，∠BAD=65°，则∠ACD=_____；(2)如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD,BE⊥AB,AD=2，求AE(3)如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE=3，求EF的长．【答案】(1)55°(2)2(3)2【分析】（1）由∠ADB=∠ACB=60°，得出A，B，C，D四点共圆，则∠ACD=∠ABD=180°−∠ADB−∠BAD，即可得出结果；（2）在线段CA取一点F，使得CF=CD，推出AF=DB,∠CFD=∠CDF=45°，得出∠AFD=135°，证出∠DBE=135°，则∠AFD=∠DBE，再证出∠FAD=∠BDE，由ASA证得△ADF≌△DEB得出（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，则∠EKG=∠EBG=∠EKF=∠EAF=90°，得出E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，则∠KBE=∠EGK=60°，∠EAK=∠EFK=60°，得出△ABK是等边三角形，AB=AK=KB=4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，得出KM=AK·sin60°=23，ME=1【详解】（1）解：∵∠ADB=∠ACB=60°，∴A,B,C,D四点共圆，∴∠ACD=∠ABD=180°−∠ADB−∠BAD=180°−60°−65°=55°．故答案为：55°（2）在线段CA取一点F，使得CF=CD，如图2所示：∵∠C=90°,CF=CD,AC=CB，∴AF=DB,∠CFD=∠CDF=45°，∴∠AFD=135°，∵BE⊥AB,∠ABC=45°，∴∠ABE=90°,∠DBE=135°∴∠AFD=∠DBE∵AD⊥DE，∴∠ADE=90°，∵∠FAD+∠ADC=90∘，∴∠FAD=∠BDE，在△ADF和△DEB中，∠FAD=∠BDEAF=BD∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD=DE，∵∠ADE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE=2（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG=∠EBG=∠EKF=∠EAF=90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE=∠EGK=60∘，∴△ABK是等边三角形，∴AB=AK=KB=4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM=AK⋅sin∵AE=3,AM=1∴ME=3−2=1，∴EK=∴EF=EK【点睛】本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆的判定、圆周角定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．12．（2025·湖南长沙·三模）通过教科书九上P118引理1对角互补的四边形的四个顶点共圆．例如，如图1，四边形ABCD，若∠ABC+∠ADC=180°，则A、B、C、D四点共圆．类似探究可得：引理2线段同旁张等角，四点共圆．例如，如图1，C、D在线段AB同旁，若∠ACB=∠ADB，则A、B、C、D四点共圆（注：可直接运用引理解决下述问题）．如图2，在平面直角坐标系中，已知点M6,−23，⊙M过原点O和x轴上另一点D，有动点Cx,02≤x≤8，点A在第一象限，且△OAC为等边三角形，连接AD交⊙M于F，过D作AC的平行线与射线OF交于点E，连接CE交AD于H，AC与OE交于(1)可求得∠ODM=______°，∠AFO=______°；(2)请判断△DEC的形状并证明；(3)记y=FA+FC+FE（即三线段长度和），请求出y关于x（2≤x≤8）的函数关系式，并求出y最小时劣弧OF的长度；(4)在图2中作出OA、DE的延长线交于点B，连接BF，请直接写出BF:FD的最小值为______．【答案】(1)30；60(2)△ECD为等边三角形，见解析(3)4(4)3【分析】（1）过点M作MJ⊥OD于点J，解直角三角形得到∠ODM=30°，再由圆周角定理即可求解；（2）首先∠EDC=∠2=60°，可得点A,F,C,O四点共圆，则∠4=∠3=60°，证明F,C,D,E四点共圆，则∠5=∠6=∠1=60°，则∠EDC=∠6=60°，即可证明；（3）在FD上取一点T，使得FT=FC，过点A作AR⊥CO于点R，证明△CFE≌△CTDSAS，则y=FA+FC+FE=FA+FT+TD=AD，然后由勾股定理得到y=AD=AR2+RD2=32x2+12−12x（4）延长BF并延长交⊙M于点K，连接DK，连接FM并延长交⊙M于点X，连接DX，证明△DBF∽△KBD，则BFFD=BDKD=12KD，那么当KD最大时，BF【详解】（1）解：过点M作MJ⊥OD于点J，∴OJ=JD=12OD=6∴tan∠ODM=∴∠ODM=30°，∵MO=MD，∴∠MOD=∠MDO=30°，∴∠OMD=120°，∴∠OFD=1∴∠AFO=180°−∠OFD=60°，故答案为：30；60；（2）解：△ECD为等边三角形，理由如下：如图：∵△ACO为等边三角形，∴∠3=∠2=60°，∵DE∥AC，∴∠EDC=∠2=60°，∵∠1=60°，∴∠1=∠2，∴点A,F,C,O四点共圆，∴∠4=∠3=60°，∴∠EFC=180°−∠4=120°，∴∠EFC+∠EDC=180°，∴F,C,D,E四点共圆，∴∠5=∠6=∠1=60°，∴∠EDC=∠6=60°，∴∠CED=180°−60°−60°=60°=∠EDC=∠6，∴△ECD为等边三角形；（3）解：在FD上取一点T，使得FT=FC，过点A作AR⊥CO于点R，∵∠1=∠4=60°，∴∠7=60°，∴△FCT为等边三角形，∴FC=FT=CT，∠FCT=60°，∵△ECD为等边三角形，∴CE=CD,∠ECD=60°，∴∠FCT=∠ECD，∴∠8=∠9，∴△CFE≌△CTDSAS∴FE=TD，∴y=FA+FC+FE=FA+FT+TD=AD，∵等边△ACO，AR⊥CO，∴∠AOC=60°，OR=RC=1∴由勾股定理得AR=3由（1）得OJ=JD=1∴OD=12，∴RD=12−1∴y=AD=AR2∴y=AD=∴当x=6时，ymin=63∴AR=3∴sin∠ADR=∴∠ADR=30°，∵∠7=60°，∴FC⊥DO，∵MC⊥DO，∴M,C,F共线，∵∠MOD=30°∴∠OMF=90°−∠MOD=60°，OM=2CM=4∴lOF（4）解：延长BF并延长交⊙M于点K，连接DK，连接FM并延长交⊙M于点X，连接DX，∵△AOC,△ECD是等边三角形，∴∠AOC=∠EDC=60°，∴∠AOC=∠EDC=∠OBD=60°，∴△OBD是等边三角形，∴BD=OD=12，∵∠MDC=30°，∴∠EDM=60°+30°=90°，∴∠BDF+∠FDM=90°，∵FX是直径，M为圆心，∴∠FDX=90°，∴∠MDX+∠FDM=90°∵MD=MX，∴∠MDX=∠X，∴∠X+∠FDM=90°，∴∠X=∠BDF=∠K，∵∠DBF=∠KBD，∴△DBF∽△KBD，∴BFBD∴BFFD∴当KD最大时，BFFD∴当KD为直径时，KD最大，KD此时BFFD【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题，涉及圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质，勾股定理，弧长公式，二次函数最值问题，难度很大，正确条件辅助线是解题的关键．题型04定弦定角得圆定弦定角问题常应用于求线段的“最值”，问题的关键就在于找到运动过程中必存在的定线段，及这条线段关于某一动点的张角为定值，由张角的变化，去寻找这三点所构成的定圆.13．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC=6cm．点M从点A出发，沿AC方向以1cm/s的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿CD方向以3cm/s的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接AN，DM交于点P．在此过程中，点【答案】2【分析】如图，连接BD交AC于J．求解∠DAC=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，DJ=BJ=AJ⋅tan30°=3，AD=AB=BD=23=CD，设运动时间为t，则AM=t，CN=3t，证明△ADM∽△CAN，可得∠APD=180°−30°=150°，作等边三角形ADO，以O为圆心，OD为半径作圆，取点K，连接AK，DK【详解】解：如图，∵在菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC=6cm，连接BD交AC于J∴∠DAC=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，DJ=BJ=AJ⋅tan30°=3∵设运动时间为t，则AM=t，CN=3∴t23=∴△ADM∽△CAN，∴∠ADM=∠CAN，∴∠APM=∠DAP+∠ADM=∠DAP+∠CAN=30°，∴∠APD=180°−30°=150°，作等边三角形ADO，以O为圆心，OD为半径作圆，取点K，连接AK，DK，∴OA=OD=AD=23，∠AOD=60°，∠AKD=∴∠AKD+∠APD=180°，∴P在⊙O上，且在弧AD上，∴在此过程中，点P的运动路径长为60π故答案为：2【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明P在⊙O上，且在弧AD上是解本题的关键.14．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c图象的对称轴为y轴，且过坐标原点O及点A23,3，过点A作射线AM平行于y轴（点M在点A上方），点F坐标为0,1，连接AF并延长交抛物线于点E，射线AB平分∠FAM，过点A作AB的垂线(1)求二次函数的表达式；(2)判断直线l与二次函数y=ax(3)点Pm,0为x轴上的一个动点，且∠APE为钝角，请直接写出实数m【答案】(1)y=(2)1个，理由见解析(3)当∠APE为钝角时，2【分析】本题考查了二次函数综合，一次函数与二次函数交点问题，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键；（1）根据二次函数的图象对称轴为y轴，过坐标原点O及点A2（2）设AB与y轴交于点G，过点A作AH⊥y轴于点H，先解Rt△HAF，进而得出△GFA是等边三角形，得出G0,5，进而根据含30度角的直角三角形的性质得出T0,−3，求得直线TA（3）先求得直线TA的解析式为y=33x+1，联立二次函数解析式得出E−233,13，当以AE为直径的圆与x轴相交时，设交点为M,N，交点与A,E构成的三角形为直角三角形，当P在MN之间时，即P在圆内，此时【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c图象的对称轴为y轴，过坐标原点∴12a+2∴a=∴二次函数解析式为：y=（2）解：如图，设AB与y轴交于点G，过点A作AH⊥y轴于点H，∵A23,3，点F∴AH=23，∴tan∠HFA=AHHF∴∠HFA=60°∵AM∥∴∠MAF=120°∵射线AB平分∠FAM，∴∠FAG=1∴∠GFA=∠FAG=60°，∴△GFA是等边三角形，∴∠TGA=60°，GF=AF=AG=4，∴G0,5又∵AB⊥AT，∴∠GTA=30°，∴GT=2GA=8，∴T0,5−8即T设直线TA的解析式为y=kx+bk≠0，代入T0,−3，∴23解得：k=3∴直线TA的解析式为y=3联立y=3消去y得，14∵Δ=∴直线l与二次函数y=ax2（3）解：设直线AE的解析式为y=k1x+b1∴23解得：k=3∴直线AE的解析式为y=3联立y=3解得：x=−23∴E如图，当以AE为直径的圆与x轴相交时，设交点为M,N，交点与A,E构成的三角形为直角三角形，当P在MN之间时，即P在圆内，此时∠APE>90°∵Pm,0，E−2∴AE=2当∠APE=90°时，PA∴2解得：m1∴当∠APE为钝角时，2315．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践【问题提出】原题呈现（人教版九年级下册85页第14题）如图1，在锐角△ABC中，探究asin∠BAC，bsin【问题探究】将下列探究过程补充完整：（1）如图1，过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点B作BE⊥AC，垂足为E．在Rt△ABD中，sin∠ABC=∴AD=c⋅sin在Rt△ADC中，sin∠ACB=∴AD=b⋅sin∴c⋅sin∠ABC=b⋅sin同理，在Rt△AEB中，BE=在Rt△BEC中，BE=∴______=_____，即asin∴asin【结论应用】（2）如图2，在△ABC中，AB=23，∠A=70°，∠B=50°．求AC，BC的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：sin50°≈0.77，【深度探究】（3）如图3，⊙O是锐角△ABC的外接圆，半径为R．求证：asin【拓展应用】（4）如图4，在△ABC中，∠BAC=60°，∠B=45°，AB=22，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接EF．则线段EF【答案】（1）c⋅sin∠BAC，a⋅sin∠ACB，c⋅sin∠BAC，a⋅sin【分析】（1）根据三角函数的定义，类比题目求解即可；（2）根据（1）中结论可知asin（3）连接OA,OC，延长AO,CO分别交⊙O于D，E，连接CD,BD,AE,BE，根据直径对直角和圆周角定理可知∠ACB=∠ADB,∠ADC=∠AEC=∠ABC,∠BEC=∠BAC，∠ABD=∠ACD=∠CAE=∠CBE=90°，根据三角函数的定义，分别在Rt△ABD，Rt△ADC，Rt△AEC，Rt△BCE中，可得（4）过O作OH⊥EF，连接OE，OF，根据垂径定理，圆周角定理和三角函数可得EF=2EH=3OE=32AD，当AD⊥BC时，AD【详解】（1）解：同理，在Rt△AEB中，BE=c⋅在Rt△BEC中

，BE=a⋅∴c⋅sin即asin∴asin故答案为：c⋅sin∠BAC，a⋅sin∠ACB，（2）解：∵∠A=70°,∠B=50°，∴∠C=180°−∠A−∠B=60°，由（1）知：asin∴a∴b=23sin∴AC≈3.1，BC≈3.8；（3）证明：连接OA,OC，延长AO,CO分别交⊙O于D，E，连接CD,BD,AE,BE，则∠ACB=∠ADB,∠ADC=∠AEC=∠ABC,∠BEC=∠BAC，AD=CE=2R，∵AD,CE是直径，∴∠ABD=∠ACD=∠CAE=∠CBE=90°，在Rt△ABD中，sin∴csin在Rt△ADC中，sin∠ADC=∴bsin∴bsin同理，在Rt△AEC中，b在Rt△BCE中，可得a∴a∴asin（4）解：过O作OH⊥EF，连接OE，OF，∵OH⊥EF，∴EH=FH=1∵∠BAC=60°，∴∠EOF=2∠BAC=120°，∵OE=OF，∴∠OEF=∠OFE=30°，在Rt△OEH中，cos∴EH=3∴EF=2EH=3∴当AD⊥BC时，AD最小，此时EF也最小，过A作AD'⊥BC在Rt△AD'∴AD∴EF=3∴EF长度的最小值是3，故答案为：3．【点睛】本题考查了三角函数，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用以上知识解决问题．16．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用【问题初探】（1）在等腰三角形ABC的底边BC上任取一点P（不与端点重合），连接AP，线段AB、AP、BP、CP有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空：如图（1），过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，∴AB2=A在Rt△APD中，∵∠ADP=90°，∴AP2=由①－②得：AB∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=．∴BD−PD=CD−PD=CP．……根据小刚的方法，可以得到线段AB、AP、BP、CP的数量关系是．【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，点D在边AB上，AD=AC=2，以CD为边构造正方形CDEF，利用（1）中的结论求正方形CDEF的面积．【灵活应用】（3）如图（3），⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC的平分线交AC于点D，连接OB、OD，若OB=9，OD=5，CDBC=1【深度思考】（4）如图（4），在△ABC中，∠C=120°，点D、E分别在边AC、BC上，且满足AD=DE=BE，AE、BD交于点P，若tan∠CAE=15，则PB−PD【答案】（1）AD2+DP2，CD，AB【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可；（2）利用（1）中结论得到AC2−C（3）延长BD交⊙O于点E，连接CE,OE，利用（1）中结论得到BD⋅DE=56，证明△BEC∽△CED，得到CEBE=DECE=（4）设∠DAE=∠DEA=α,∠DBE=∠EDB=β，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出∠DPA=∠EPB=∠DEA+∠BDE=α+β=30°，作DH⊥AE,EG⊥BD，垂足分别为H,G，则：AH=EH,DG=BG，根据tan∠CAE=DHAH=15，设【详解】解：（1）如图（1），过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD∵∠ADB=90°，∴AB在Rt△APD∵∠ADP=90°，∴AP由①－②得：AB∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD．∴BD−PD=CD−PD=CP．∵BD+PD=BP，∴AB故答案为：AD2+DP2（2）∵等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=2，∴AB=2∵AD=2，∴BD=AB−AD=22由（1）中结论可知：AC2−C∴CD∴正方形CDEF的面积=CD（3）延长BD交⊙O于点E，连接CE,OE，则：OE=OB=9，由（1）中结论可知：OB2−O∴BD⋅DE=56；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∵∠ABE=∠ACE，∴∠CBD=∠DCE，又∵∠CED=∠CEB，∴△BEC∽△CED，∴CEBE∴DE=1∴BE=4DE，∴BD=3DE，∵BD⋅DE=56，∴BD⋅1解得BD=3×56（4）∵AD=DE=BE，∴∠DAE=∠DEA,∠DBE=∠EDB，设∠DAE=∠DEA=α,∠DBE=∠EDB=β，则：∠CDE=∠DAE+∠DEA=2α,∠CED=∠DBE+∠EDB=2β，∵∠C=120°，∴2α+2β=180°−∠C=60°，∴∠DPA=∠EPB=∠DEA+∠BDE=α+β=30°，作DH⊥AE,EG⊥BD，垂足分别为H,G，则：AH=EH,DG=BG，∵tan∠CAE=∴设DH=x，则EH=AH=5x，在Rt△DHP中，∠DPH=30°∴DP=2DH=2x，PH=3∴EP=EH−PH=5x−3x，同理：EG=12EP=∴BG=DG=DP+PG=2x+3∴BP=BG+PG=5∴PB−PDPA−PE故答案为：5−3【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，熟练掌握（1）中得到的结论，是解题的关键．题型05四点共圆判定方法1：若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）.判定方法2：同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆.判定方法3：若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆.判定方法4：若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆.判定方法5：共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆.17．（2025·广东广州·中考真题）如图1，AC=4，O为AC中点，点B在AC上方，连接AB，BC．(1)尺规作图：作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接AD，DC，并证明：四边形ABCD为平行四边形；(2)如图2，延长AC至点F，使得CF=AC，当点B在直线AC的上方运动，直线AC的上方有异于点B的动点E，连接EA，EB，EC，EF，若∠AEC=45°，且△ABC∽△FCE．①求证：△ABC∽△CBE；②CB的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②2【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键；（1）连接BO并延长，在BO的延长线上截取OD=OB，连接AD,CD，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证；（2）①根据△ABC∽△FCE得出∠BCE=∠F=∠BAC，ABFC=BCCE，根据已知②根据∠AEC=45°，AC=4，得出E在△AEC的外接圆上运动，设△AEC的外接圆为⊙O'，设EF与⊙O交于点G，连接AG，证明△BAC∽△GFA得出BC=12AG，当AG为⊙O'的直径时，AG【详解】（1）解：如图，∵O为AC中点，∴AO=OC，根据作图可得BO=OD，∴四边形ABCD为平行四边形，（2）①∵△ABC∽△FCE，∴∠F=∠BAC,∠ACB=∠FEC，∵∠ACE=∠F+∠CEF=∠ECB+∠ACB，∴∠BCE=∠F=∠BAC，∵△ABC∽△FCE，∴ABFC=BC∴ABAC∴△ABC∽△CBE，②∵∠AEC=45°，AC=4，∴E在△AEC的外接圆上运动，设△AEC的外接圆为⊙O'如图，设EF与⊙O'交于点G，连接AG，∴∠AO'C=2∠AEC=90°∴O'A=O'C=∵CG∴∠GAF=∠CEF，∵∠CEF=∠ACB∴∠GAF=∠BCA又∵∠F=∠BAC∴△BAC∽△GFA又CF=AC，则AF=2AC，∴BC∴BC=∴当AG为⊙O'的直径时，AG取得最大值为4∴BC的最大值为218．（22-23九年级下·福建南平·自主招生）如图，在四边形ABCD中AB=AC=AD=3，且AG⊥BD，垂足为G，AG延长线交CD于F，交BC的延长线于E

(1)求证：A，B，C，F四点共圆；(2)求证：AE⋅AF为定值．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出G为BD中点，求出FB=FD，证明∠ABF=∠ADF，得出△ACD为等腰三角形，得出∠ADF=∠ACF，求出∠ABF=∠ACF，即可证明结论；（2）先证明∠AFB=∠ABC，再根据∠BAE=∠BAE，证明△ABE∽△AFB，得出ABAE【详解】（1）证明：连接BF，如图所示：

∵AB=AD，∴△ABD为等腰三角形，∠ABD=∠ADB，又∵AG⊥BD，∴G为BD中点，∴AF垂直平分BD，∴FB=FD，∴∠FBD=∠FDB，∴∠ABF=∠ADF，又∵AC=AD，∴△ACD为等腰三角形，∴∠ADF=∠ACF，∴∠ABF=∠ACF，∴A，B，C，F四点共圆；（若共底边的两个三角形的顶角相等，且在底边的同侧，则四点共圆）（2）证明：由（1）知：A，B，C，F四点共圆，∴∠ACB=∠AFB（同弧所对的圆周角相等）又AB=AC，∴△ABC为等腰三角形∴∠ACB=∠ABC，∴∠AFB=∠ABC，又∠BAE=∠BAE（公共角），∴△ABE∽△AFB，∴AB∴AE⋅AF=AB【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质和判定，数形结合．19．（23-24九年级上·江苏扬州·月考）阅读理解：

（1）问题初现：如图1，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，D是△ABC外一点，且AD=AC，则∠BDC=°；思路：若以点A为圆心，AB为半径画⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，从而可容易得到∠BDC的度数；（2）问题解决：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°,∠BDC=25°，求∠BAC的度数；思路：可以通过证明A、B、C、D四点共圆，再利用圆周角的性质求出∠BAC的度数．请写出详细的解题过程．（3）问题拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=4,CD=2，则AD=．【答案】（1）45°；（2）25°；（3）3+【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A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC；（3）作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．利用圆周角定理推知△BOC是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得DE=OF=1；在等腰【详解】解：（1）如图，

∵AB=AC,AD=AC，∴以点A为圆心，AB长为半径画圆，点B、C、D必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC=1故答案为：45°；（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、

∵∠BAD=∠BCD=90°，∴点A、∴∠BDC=∠BAC，∵∠BDC=25°，∴∠BAC=25°；（3）如图3，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、

∵∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，在Rt△BOC中，BD=4,CD=2∴BC=4+2=6，∴BO=CO=32∵OE⊥BC，O为圆心，∴BE=1∴DE=OF=1．在Rt△BOE中，BO=32，∴OE=3，∵∠OED=∠EDF=∠OFD=90°，∴四边形OEDF是矩形，∴DF=OE=3,OF=DE=BD−BE=4−3=1，在Rt△AOF中，AO=3∴AF=A∴AD=AF+DF=3+17故答案为：3+17【点睛】本题主要考查了圆的综合题，考查了垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识，难度偏大，熟练掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理及作出合理的辅助线是解题的关键．20．（24-25九年级上·江苏徐州·期中）【推理证明】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90∘，求证：A、B、C、D四点共圆．小明认为：连接AC，取AC的中点O，连接OB、【尝试应用】（2）如图②，在正方形ABCD中，点E是边AB上任意一点，连接DE，交AC于点F，请利用无刻度的直尺与圆规在线段CF上确定点P，使△DEP是直角三角形．（不写作法，保留作图痕迹）【拓展延伸】（3）在（2）的基础上，若AB=3，BE=2AE，求线段DP的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）DP=5【分析】本题考查了证明四点共圆以及圆周角定理，正方形性质、直角三角形性质、勾股定理；（1）根据直角三角O形斜边中线等于斜边一半证明OA=OB=OC=OD，即可得出结论；（2）以DE为直径作圆，交CF于点P，由直径所对圆周角等于90°，即可得得出△DEP是直角三角形；（3）由正方形性质和勾股定理求出DE=10，再证明∠EAP=∠EDP=45°得△DEP是等腰直角三角形，由此求出DP=【详解】（1）证明：连接AC，取AC的中点O，连接OB、OD，∵∠B=∠D=90∴OA=OB=OC=OD=1∴A、B、C、D四点在以点O为圆心，以OA为半径的圆上．（2）如图，△DEP为所求直角三角形；（3）∵在正方形ABCD中，AB=3，BE=2AE，∴BE=2，AE=1，AB=AD=CD=BC=3，∠DAB=∠ADC=90°，∠EAP=45°∴DE=A∵EP=∴∠EAP=∠EDP=45°，又∵△DEP是直角三角形，∠DPE=90°，∴∠DEP=∠EDP=45°，∴EP=DP又∵EP∴即2D∴DP=5题型06相切时取到最值21．（2025·广东广州·中考真题）如图，⊙O的直径AB=4，C为AB中点，点D在弧BC上，BD=13BC，点P是AB上的一个动点，则A．2+7 B．2+23 C．3+7【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点C关于AB的对称点C'，连接CC',OD,C'D,C'P，交AB于点P'，因为⊙O的直径AB=4，C为AB中点，得CC'【详解】解：作点C关于AB的对称点C'，连接CC',OD,C'D,∴CP=∵⊙O的直径AB=4，C为AB中点，∴点O在C'C上，OC=OD=1∴CC∵BD=∴∠COD=1−∵CO=OD，则△COD是等边三角形，∴CD=OC=2，∵CC∴∠CD∴DC则△PCD周长=CD+PD+CP=2+PD+C∴△PCD周长的最小值是2+23故选：B．22．（2025·四川南充·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AD⊥AB于点A，OD交⊙O于点C，AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，P为线段AB上一动点，若CD=4，则PE+PF的最小值是（

）A．4 B．27 C．6 D．【答案】C【分析】如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，PE，由垂径定理得AC=CF=BF，进而得∠AOC=∠COF=∠BOF=60°，∠BOM=∠AOC=60°=∠BOF，点F关于AB的对称点为点M，根据两点之间线段最短得当E，P，M三点共线时，【详解】解：如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，PE∵AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，∴AC∴∠AOC=∠COF=∠BOF，∵∠AOC+∠COF+∠BOF=180°，∴∠AOC=∠COF=∠BOF=60°，∴∠BOM=∠AOC=60°=∠BOF，∴点F关于AB的对称点为点M，∴PM=PF，∴PE+PF=PE+PM≥EM,当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长，∵∠AOC=60°，AD⊥AB，∴∠D=30°，∴OD=2OA，∵CD=4，∴OD=OC+4=2OA=2OC，即OC=4，∴OC=OA=OB=OM=OF=4，∵AF⊥OC，∠AOC=60°，∴∠OAE=30°，∴OE=1∴PE+PF的最小值EM=OE+OM=2+4=6．故选：C．【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键．23．（2025·福建·中考真题）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=4，BC=4，AD=1．点O是边CD上一点，如果以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围是．【答案】20【分析】本题考查直线与圆的位置关系，直角梯形以及直角三角形的边角关系，画出半径最小和最大时的图形是正确解答的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．根据题意，分别画出半径最小和最大时的图形，根据直角三角形的边角关系以及切线的性质列方程求解即可．【详解】解：如图1，过点D作DH⊥BC于H，则AD=BH=1，AB=DH=4，HC=4−1=3，在Rt△DHC中，CD=当⊙O与BC相切时，此时⊙O与线段BC有一个公共点，此时半径最小，设OD=OE=x，则OC=5−x，在Rt△COE中，sin∴OE=4由OD=OE得，x=4解得x=∴OD=20如图2，当以OD为半径的⊙O过点B时，半径最大，过点O作OF⊥BC于F，设OD=OB=y，则OC=5−y，在Rt△COF中，sin∴OF=455−y∴BF=4−FC=1+3在Rt△BOF中，由勾股定理得，即(1+3解得y=8526，即⊙O的最大半径为所以当以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围为209故答案为：20924．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（60°<α<180°）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转α到线段AE，连接

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当AD=CD时，⊙O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是⊙O的切线；(3)已知α=120°，BC=6，点M是边BC的中点，此时⊙P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与点【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)3【分析】（1）根据旋转的性质得到AE=AD，∠DAE=α，证明∠BAE=∠CAD，进而证明△ABE≌△ACD，可以得到∠AEB=∠ADC，由∠ADC+∠ADB=180°，可得∠AEB+∠ADB=180°，即可证明A、B、D、（2）如图所示，连接OA，OD，根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB=∠DAC，由圆周角定理得到∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，再由OA=OD，得到∠OAD=∠ODA，利用三角形内角和定理证明∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，由此即可证明AC是（3）如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，先求出∠B=∠C=30°，再由三线合一定理得到BM=CM=12BC=3，AM⊥BC，解直角三角形求出AB=23，则BG=12AB=3，再解Rt△BGF得到BF=2，则FM=1；由⊙P是四边形AEBD【详解】（1）证明：由旋转的性质可得AE=AD，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC−∠BAD=∠DAE−∠BAD，即∠BAE=∠CAD，又∵AB=AC，∴△ABE≌△ACDSAS∴∠AEB=∠ADC，∵∠ADC+∠ADB=180°，∴∠AEB+∠ADB=180°，∴A、B、D、E四点共圆；（2）证明：如图所示，连接OA，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=∠DAC，∵⊙O是四边形AEBD的外接圆，∴∠AOD=2∠ABC，∴∠AOD=2∠ABC=2∠DAC，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵∠OAD+∠ODA+∠AOD=180°，∴2∠DAC+2∠OAD=180°，∴∠DAC+∠OAD=90°，即∠OAC=90°，∴OA⊥AC，又∵OA是⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；

（3）解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM，∵AB=AC，∴∠B=∠C=30°，∵点M是边BC的中点，∴BM=CM=12BC=3∴AB=BM∴BG=1在Rt△BGF中，BF=∴FM=1，∵⊙P是四边形AEBD的外接圆，∴点P一定在AB的垂直平分线上，∴点P在直线GF上，∴当MP⊥GF时，PM有最小值，∵∠PFM=∠BFG=90°−∠B=60°，∴在Rt△MPF中，PM=MF⋅∴圆心P与点M距离的最小值为32【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．题型07定角定高面积最小、周长最小问题定角定高模型是一类独立的最值模型，其根本原理是“定角动弦，找圆最值”，即圆中的圆周角(或圆心角)固定，则圆的大小(即r的大小)决定了该角所对的弦(或弧)的大小.25．（2025·陕西汉中·模拟预测）“问题提出”如图①，凉宫春日有一片果园，其形状为△ABC，已知AB=AC，BD为AC边上的中线，AE⊥BC，垂足为E，经她测量tan∠ABD=12“问题探究”如图②友利奈绪为果园修建了圆形花圃，△ABC是果园，其余的地方是草地．若BD⊥AC，∠ABC=45°，AD=30m，CD=20m，则草地的面积是多少？(结果保留“问题应用”受此启发，薇尔莉特打算修建自己的大型花园ABCD，如图③，依照设计，在CD边取点E，建造一条小径AE(路宽省略不计)，在AE上取点F，修建小路DF，且DF⊥AE．她计划在AE上再取点P，连接BP，CP，则△BPC为休息区．若∠BCD=105°，AB⊥BC，AD⊥CD，AB=BC=402m．为了使花园的观赏性最大，则休息区面积最小，则是否存在一点P使△PBC有最小值？若有，请你计算【答案】（1）105；（2）1250【分析】“问题提出”，过点D作DM⊥AB，根据tan∠ABD=DMMB=12，又ADAB=12得出A,M重合，即AB⊥AD，证明“问题探究”，过点C作CE⊥AB于点E，连接OA,OC，在Rt△AEC中，AE2+EC2=AC2，即x2+y2“问题应用”，当P,E,C三点重合时，不存在△PBC，此时△PBC的面积为0，则不存在一点P使△PBC有最小值．【详解】“问题提出”：∵AB=AC，BD为AC边上的中线，∴AD=∴AD过点D作DM⊥AB，∵tan∴AD∴A,M重合，即AB⊥AD∴△ABC是等腰直角三角形，∵AE⊥BC，AB=AC，∴BE=EC，∴DE=1∴△FED∽△FBA，∴EFAF∴EF=1设AE=3a，则EF=a,AF=2a，∵△ABC是等腰直角三角形，AE⊥BC，∴BE=AE=3a，∴BF=B∴AFBF“问题探究”：如图，过点C作CE⊥AB于点E，连接OA,OC，∵∠ABC=45°∴△BCE是等腰直角三角形，∴BE=EC，设AE=x，BE=y，∴EC=BE=y，∵AD=30m，CD=20∴AC=50m在Rt△AEC中，AE2∵CE⊥AB，AD⊥CD，∴∠A+∠ABD=90°，∠A+∠ECA=90°，∴∠ABD=∠ACE，∴sin∠ABD=∴ADAB=AE联立①②解得：x=105y=205或x=−105y=−20∴AB=AE+BE=x+y=305，EC=20∴S△ABC∵AC⏜∴∠AOC=2∠ABC=90°，∴△AOC是等腰直角三角形，∴OA=2∴草地的面积为：πד问题应用”：不存在，理由如下，∵E是CD上一点，P是AE上一点，当P,E,C三点重合时，不存在△PBC，此时△PBC的面积为0，故不存在一点P使△PBC有最小值．26．（2025·陕西咸阳·模拟预测）问题提出（1）如图①，△ABC内接于⊙O，BC边上的高AD经过圆心O，若BC=8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积；问题解决（2）为培养学生的劳动实践能力，某校计划在学校东南角开辟出一块四边形劳动实践基地，将其分成三个三角形区域用于种植不同的果蔬，并将四边形的四周用栅栏保护，如图②，劳动实践基地为▱ABCD，∠ABC=60°，BM平分∠ABC交对角线AC于点M，在点M处安装喷灌装置，且BM=24m，为了尽可能地减少栅栏的使用，需使四边形ABCD的周长最小，你认为该学校的想法能否实现？若能，请求出四边形ABCD【答案】（1）32（2）64【分析】本题考查了圆的垂径定理、勾股定理、三角形面积计算以及角平分线性质、全等三角形、圆的性质在最值问题中的应用，解题的关键是：利用垂径定理和勾股定理求出三角形的高；通过构造辅助线转化周长表达式，结合几何性质求最小值．（1）连接OB,由垂径定理得BD的长度，用勾股定理求出OD,进而得到AD的长度，代入三角形面积公式计算；（2）过作AB、BC的垂线，利用角平分线性质得垂线相等，构造全等三角形转化线段，将周长表示为含CT的式子，结合外接圆和垂线段最短求CT最小值，进而得周长最小值．【详解】（1）解：连接OB．∵AD是BC边上的高且经过圆心O，∴AD⊥BC，由垂径定理得BD=1∵⊙O的半径为5，即OB=5，在Rt△OBD中，由勾股定理得OD=∴AD=AO+OD=5+3=8（当圆心在△ABC内部时）．∴△ABC的面积为12（2）能．过点M作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，在FB上截取FT=EA，连接MT，如图所示：∵∠ABC=60°，BM平分∠ABC，∴∠MBE=∠MBF=1在Rt△BME中，BM=24m，∴ME=1由勾股定理得：BE=B同理：MF=ME=12m∵FT=EA，∴EA+CF=FT+CF=CT，∴AB+BC=BE+EA+BF+CF=24∴平行四边形ABCD的周长P=2AB+BC∴要使平行四边形ABCD的周长为最小，只需CT为最小即可，∵ME⊥AB，MF⊥BC，∴∠MEA=∠MFT=90°，∴在△AME和△TMF中，ME=MF∴△AME≌△TMFASA，∴∠EMA=∠FMT，在四边形MEBF中，∠ABC=60°，ME⊥AB，MF⊥BC，∴∠EMF=120°，∴∠EMA+∠CMF=180°−∠EMF=60°，∴∠FMT+∠CMF=60°，即∠TMC=60°，作△CMT的外接圆，圆心为O，连接OM，OT，OC，过点O作OH⊥CT于H，如图2所示：∴∠TOC=2∠TMC=120°，OM=OT=OC，∴TH=CH，∠TOH=60°，∴∠OTH=30°，设OH=x，则OT=2x，∴OM=2x，由勾股定理得：TH=O∴CT=2TH=23故得要使CT为最小，只需x为最小即可，∵OM+OH≥MF，∴2x+x≥MF=12解得：x≥4即当点M，O，H在同一条直线上时，x为最小，最小值为4，此时CT的最小值为：23平行四边形ABCD的周长的最小值为：4827．（2025·陕西西安·一模）问题提出（1）如图1，在正方形ABCD中，点E是其内部一点，连接BE，CE，且∠BEC=90°．若AB=4，求DE的最小值；问题解决（2）如图2，是某公园的一块四边形ABCD空地的平面图，其中∠ADC=120°，∠B=∠C=90°，CD=200m，BC=4003m，园区管理员计划在空地中找一点E，修建四条观光小路EA，EB，EC，ED（小路宽度不计），将其分成四个区域，用来种植不同的花卉．根据实际要求：∠BEC=120°，且△AED的面积最小，请问是否存在这样的点E，使得∠BEC=120°，且△AED的面积最小？若存在，请确定出点E【答案】（1）25−2

【分析】（1）如图1中，取BC的中点O，连接OE，OD．求出OE，OD．再利用两点之间线段最短解决问题；（2）存在．如图2中，在BC的下方作等边三角形BCT，作△BCT的外接圆⊙K，过点K作KJ⊥AD交⊙K于点E，点E即为所求．过点K作BC的垂线交AD于点M，连接BK，CK，过点D作DN⊥AB于点N，则四边形BCDN是矩形，解直角三角形求出EJ，AD，可得结论．【详解】解：（1）如图1中，取BC的中点O，连接OE，OD．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=4，∠DCO=90°．∵∠BEC=90°，OB=OC，∴OE=OC=1∴OD=C∵DE≥OD−OE=25−2∴DE的最小值为25（2）存在．如图2中，在BC的下方作等边三角形BCT，作△BCT的外接圆⊙K，过点K作KJ⊥AD交⊙K于点E，点E即为所求．过点K作BC的垂线交AD于点M，连接BK，CK，过点D作DN⊥AB于点N，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴则四边形BCDN是矩形．∴BN=CD=200m，BC=DN=400∵∠ABC=∠DCB=90°，∴AB∥CD，∴∠BAD=180°−∠ADC=60°，∴AN=DN∴AB=AN+BN=400+200=600m，AD=2AN=800∵△BCT是等边三角形，∴∠BTC=60°．∴∠BKC=2∠BTC=120°．∵KB=KC，∴∠KBC=∠KCB=30°．∴∠ABK=∠ABC+∠KBC=120°．∵∠BAD+∠ABK=60°+120°=180°，∴AM∥BK．∵AB⊥BC，KM⊥BC，∴