专题复习-“隐形圆”问题

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2024年中考复习-专题13隐圆问题3种模型(解析版)

专题13隐圆问题3种模型通用的解题思路：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。

类型1：定点定长1．（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，OA OB OC∠=︒，则ACB∠=AOB==，请利用圆规画出过A、B．C三点的圆．若7035︒．如图，Rt ABCAB=．∠=︒，2BCA∆中，90∠=︒，30ABC（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A、P、C的对应点分别为点D、E、F，求四边形BDFC的面积和BEA∠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45∠=︒且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，BQA若不存在，说明理由．【分析】（1）利用圆的定义知A，B，C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D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O 为圆心，OA 为半径作辅助圆，如图，，70AOB ∠=︒ ，35ACB ∴∠=︒，故答案为35︒．（2）连接PB ，PE ，如图，，Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，30BCA ∠=︒，2AB =．4AC ∴=，60BAC ∠=︒，BC =．P 为Rt ABC ∆斜边AC 中点，122BP AC ∴==，线段AC 平移到DF 之后，2AB AD PE ===，2BP AE ==，∴四边形ABPE 为菱形，60BAC ∠=︒ ，30BEA ∴∠=︒，//CF BD ，且90ABC ∠=︒，∴四边形BDFC 为直角梯形，11()622S BD CF BC ∴=+⨯=⨯⨯=（3）如图所示，以AB 为斜边在AB 的右侧作等腰直角三角形OAB ，以O 为圆心，OA 为半径作O ，当AC 边沿BC 方向平移a 个单位至DF 时，满足45BQA ∠=︒且此时四边形BADF 的面积最大，∴直线DF 与O 相切于点Q ，连接OQ 交AD 于G ，过点O 作OH AD ⊥于H ，则90AHO OHG DQG ∠=∠=∠=︒，45OAH ∠=︒，30GDQ ∠=︒，90ABC ∠=︒ ，30BCA ∠=︒，2AB =，BC ∴=OA OB OQ ===1AH OH ∴==，33HG =，233OG =，3GQ ∴=，23DG GQ ==-，11AD AH HG GD ∴=++=++，1a ∴=+，此时直角梯形ABFD 的最大面积为：11()112222S BF AD AB =⨯+⨯=⨯++-++⨯=+．【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．2．（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ABC ∆中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为平面内一点（点A ，B ，D 三点不共线），AE 为ABD ∆的中线．【初步尝试】（1）如图1，小林同学发现：延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM ．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 =；②180MDA DAB ∠+∠=︒；【类比探究】（2）如图2，将AD 绕点A 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：12AE CF =，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D 在以点A 为圆心，AD 为半径的圆上运动()AD AB >，直线AE 与直线CF 相交于点G ，连接BG ，在点D 的运动过程中BG 存在最大值．若4AB =，请直接写出BG的最大值．【分析】（1）利用SAS 证明ABE MDE ∆≅∆，可得AB DM =，再结合AB AC =，即可证得DM AC =；由全等三角形性质可得BAE DME ∠=∠，再运用平行线的判定和性质即可证得180MDA DAB ∠+∠=︒；（2）延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM ．利用SAS 证得ACF DMA ∆≅∆，可得CF AM =，再由12AE AM =，可证得12AE CF =；（3）延长DA 至M ，使AM AD =，设AM 交CF 于N ，连接BM 交CF 于K ，取AC 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 BM ，即//AG BM ，利用直角三角形性质可得11222GP AC AB ===，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G '，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 ∴=，在ABE ∆和MDE ∆中，BE DE AEB MED AE ME =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABE MDE SAS ∴∆≅∆，AB DM ∴=，AB AC = ，DM AC ∴=；②由①知ABE MDE ∆≅∆，BAE DME ∴∠=∠，//AB DM ∴，180MDA DAB ∴∠+∠=︒；（2）证明：延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM．由旋转得：AF AD =，90DAF ∠=︒，90BAC ∠=︒ ，360DAF BAC BAD CAF ∠+∠+∠+∠=︒，180BAD CAF ∴∠+∠=︒，由（1）②得：180MDA DAB ∠+∠=︒，DM AB AC ==，CAF MDA ∴∠=∠，在ACF ∆和DMA ∆中，AF AD CAF MDA AC DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACF DMA SAS ∴∆≅∆，CF AM ∴=，12AE AM = ，12AE CF ∴=；（3）如图3，延长DA 至M ，使AM AD =，设AM 交CF 于N ，连接BM 交CF 于K ，取AC 中点P ，连接GP ，由旋转得：AF AD =，90DAF ∠=︒，AF AM ∴=，1809090MAF ∠=︒-︒=︒，90BAC ∠=︒ ，MAF CAM BAC CAM ∴∠+∠=∠+∠，即CAF BAM ∠=∠，在ACF ∆和ABM ∆中，AC AB CAF BAM AF AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACF ABM SAS ∴∆≅∆，AFC AMB ∴∠=∠，即AFN KMN ∠=∠，ANF KNM ∠=∠ ，90FAN MKN ∴∠=∠=︒，BM CF ∴⊥，E 、A 分别是DB 、DM 的中点，AE ∴是BDM ∆的中位线，//AE BM ∴，即//AG BM ，AG CF ∴⊥，90AGC ∴∠=︒，点P 是AC 的中点，11222GP AC AB ∴===，∴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G '，BG ∴'的长为BG 的最大值，在Rt ABP ∆中，BP ==2BG BP PG ∴'=+'=+，BG ∴的最大值为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．3．（2022•番禺区二模）已知抛物线23(0)2y ax bx a =+->与x 轴交于点A ，B 两点，OA OB <，4AB =．其顶点C 的横坐标为1-．（1）求该抛物线的解析式；（2）设点D 在抛物线第一象限的图象上，DE AC ⊥垂足为E ，//DF y 轴交直线AC 于点F ，当DEF ∆面积等于4时，求点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，点M 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MF 与线段DE 的延长线交于点H ，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A 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CGA ∆和DEF ∆都为等腰直角三角形，利用等面积法求得4DF =，再求得直线AC 的解析式为1y x =-，设点D 的坐标，得到点F 的坐标，然后求解即可；（3）先求得45BDF ∠=︒，推出点P 的运动路径时11H N 的中点绕点F 逆时针旋转90︒得到2N H 的中点之间的弧长，证明四边形2DN FE 为正方形，即可求解．【解答】解：（1）点A ，点B 两点关于直线1x =-对称，4AB =，(1,0)A ∴，(3,0)B -，代入232y ax bx =+-得，30239302a b a b ⎧+-=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，解得：121a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴抛物线的解析式为21322y x x =+-．（2）如图1所示：//DF y 轴//GC ，GCA DFE ∴∠=∠，抛物线的解析式为22131(1)2222y x x x =+-=+-，∴顶点(1,2)C --，(1,0)A ，2AG ∴=，2CG =，CGA ∴∆为等腰直角三角形，45GCA DFE ∴∠=∠=︒，DE AC ⊥ ，DEF ∴∆为等腰直角三角形，DE EF ∴=，DF =，142DEF S DE EF ∆=⋅= ，DE ∴=，4DF ∴==，设直线AC 的解析式为y kx b =+，则02k b k b +=⎧⎨-+=-⎩，解得：11k b =⎧⎨=-⎩，∴直线AC 的解析式为1y x =-，设点213(,22D x x x +-，则(,1)F x x -，221311(1)42222DF x x x x ∴=+---=-=，解得：3x =或3x =-（舍)，(3,6)D ∴，(3,2)F ．（3）如图2所示，NFH ∆ 是直角三角形，NFH ∴∆的外心是斜边NH 的中点，当点M 位于点B 时，△11N FH ，其外心是斜边11H N 的中点，当点M 位于点C 时，得△2N FE ，其外心是斜边22N H 的中点，即2N E 的中点，(3,6)D ，(3,0)B -，33tan 16BDF +∴∠==，45BDF ∴∠=︒，由（2）得，45FDE ∠=︒，45DBA BAC ∴∠=∠=︒，//BD AC ∴，FN BD ∴⊥，DF ∴平分BDE ∠，90BDE ∠=︒，∴点D ，N ，F ，H 四点共圆，∴点P 在线段DF 的垂直平分线上，即点P 在2N E 上运动，即点P 的运动轨迹是一条线段．2290DN F N DH DHF ∠=∠=∠=︒ ，2FN FE =，∴四边形2DN FE 为正方形，此时点P 在DF 上，且2EP =；当点M 与点C 重合时，此时点P 在DF 上，即为2P ，且222FP EP ==，由题意，224BN BD DN =-=，BF =2N F =，21//FN DH ，2BFN ∴∆∽△1BH D ，∴21BN BF BD BH =，解得1FH =，1FP ∴=，由勾股定理可得：121P P =，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．4．（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ABC=，求BDC∆外一点，且AD AC∠的度数．若∆中，AB AC=，80BAC∠=︒，D是ABC以点A 为圆心，AB 为半径作辅助圆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 ∠=40︒．（2）问题解决：如图，在四边形ABCD 中，90BAD BCD ∠=∠=︒，25BDC ∠=︒，求BAC ∠的度数．（3）问题拓展：抛物线21(1)34y x =--+与y 轴交于点A ，顶点为B ，对称轴BC 与x 轴交于点C ，点P 在抛物线上，直线//PQ BC 交x 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C 重合，直角顶点D 在BQ 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C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上，点D 与点B ，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A 、B 、C 、D 共圆，得出BDC BAC ∠=∠，（3）①先求出抛物线顶点的坐标，再由点D 、C 、Q 、E 共圆，得出45CQB OED ∠=∠=︒，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C 重合时，Ⅱ、当60︒的角的顶点与点C 重合时，运用点D 、C 、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：（1）AB AC = ，AD AC =，∴以点A 为圆心，点B 、C 、D 必在A 上，BAC ∠ 是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，1402BDC BAC ∴∠=∠=︒，（2）如图2，90BAD BCD ∠=∠=︒ ，∴点A 、B 、C 、D 共圆，BDC BAC ∴∠=∠，25BDC ∠=︒ ，25BAC ∴∠=︒，（3）①如图3点B 为抛物线21(1)34y x =--+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C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一顶点E 在PQ 上，∴点D 、C 、Q 、E 共圆，45CQB CED ∴∠=∠=︒，3CQ BC ∴==，4OQ ∴=，∴点Q 的坐标为(4,0)，②如图4，Ⅰ、当30︒的角的顶点与点C 重合时，直角三角板30︒角的顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上∴点D 、C 、Q 、E 共圆，60CQB CED ∴∠=∠=︒，3CQ BC ∴==1OQ ∴=+，∴把1+代入21(1)34y x =--+得94y =，∴点P 的坐标是(1+94Ⅱ、如图5，当60︒的角的顶点与点C 重合时，直角三角板60︒角的顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上∴点D 、C 、Q 、E 共圆，30CQB CED ∴∠=∠=︒，CQ ∴==，1OQ ∴=+∴把1+21(1)34y x =--+得154y =-，∴点P 的坐标是(1+，154-综上所述，点P 的坐标是(1+94或(1+15)4-．【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1．（2022•雁塔区校级三模）问题提出（1）如图①，已知ABC ∆为边长为2的等边三角形，则ABC ∆的面积为问题探究（2）如图②，在ABC ∆中，已知120BAC ∠=︒，BC =，求ABC ∆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20AB =米，长24BC =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M 进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面AB 区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点M 出发的观测角45AMB ∠=︒，请你通过所学知识进行分析，在墙面CD 区域上是否存在点M 满足要求？若存在，求出MC 的长度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）作AD BC ⊥于D ，由勾股定理求出AD 的长，即可求出面积；（2）作ABC ∆的外接圆O ，可知点A 在 BC上运动，当A O BC '⊥时，ABC ∆的面积最大，求出A H '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AOB ，且90AOB ∠=︒，过O 作HG AB ⊥于H ，交CD 于G ，利用等腰直角三角形的性质求出OA ，OG 的长，则以O 为圆心，OA 为半径的圆与CD 相交，从而O 上存在点M ，满足45AMB ∠=︒，此时满足条件的有两个点M ，过1M 作1M F AB ⊥于F ，作1EO M F ⊥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AD BC ⊥于D ，ABC ∆ 是边长为2的等边三角形，1BD ∴=，AD ∴==ABC ∴∆的面积为122⨯=；（2）作ABC ∆的外接圆O ，120BAC ∠=︒ ，BC =，∴点A 在 BC上运动，当A O BC '⊥时，ABC ∆的面积最大，60BOA '∴∠=︒，33BH CH ==，3OH ∴=，6OB =，633A H OA OH ''∴=-=-=，ABC ∴∆的最大面积为133932⨯=（3）存在，以AB 为边，在矩形ABCD 的内部作一个等腰直角三角形AOB ，且90AOB ∠=︒，过O 作HG AB ⊥于H ，交CD 于G ，20AB = 米，10AH OH ∴==米，2OA =米，24BC = 米，14OG ∴=米，10214> ，∴以O 为圆心，OA 为半径的圆与CD 相交，O ∴ 上存在点M ，满足45AMB ∠=︒，此时满足条件的有两个点M ，过1M 作1M F AB ⊥于F ，作1EO M F ⊥于E ，连接OF ，10EF OH ∴==米，1102OM =114EM ∴=米，22112OE OM M E ∴-=米，18CM BF ∴==米，同理210212CM BH OE =+=+=（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．2．（2023•灞桥区校级模拟）问题提出：（1）如图①，ABC ∆为等腰三角形，120C ∠=︒，8AC BC ==，D 是AB 上一点，且CD 平分ABC ∆的面积，则线段CD 的长度为4．问题探究：（2）如图②，ABC ∆中，120C ∠=︒，10AB =，试分析和判断ABC ∆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600BC =米，300CD =米，60C ∠=︒，60A ∠=︒，主办方打算过BC 的中点M 点（入口）修建一条径直的通道ME （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ME ？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ABC ∆的中线，利用等腰三角形的性质推出CD AB ⊥，利用三角函数求解即可解决问题；（2）当ABC ∆的AB 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AO ．求出CD 的最大值即可得出答案；（3）连接DM ，BD ．首先证明90BDC ∠=︒，求出BD ，推出BDC ∆的面积是定值，要使得四边形ABCD 的面积最大，只要ABD ∆的面积最大即可，因为BD 为定值，A ∠为定角60=︒，推出当ABD ∆是等边三角形时，求出四边形ABCD 的面积最大值，然后再求出90MDE ∠=︒，构建方程解决问题即可．【解答】解：（1）如图①，CD 平分ABC ∆的面积，AD DB ∴=，8AC BC == ，CD AB ∴⊥，1602ACD BCD ACB ∠=∠=∠=︒，cos 8cos 604CD AC ACD ∴=∠=︒=，CD ∴的长度为4，故答案为：4；（2）存在．如图②，10AB = ，120ACB ∠=︒都是定值，∴点C 在AB 上，并且当点C 在 AB 的中点时，ABC ∆的面积最大；连接OC 交AB 于点D ，则CD AB ⊥，152AD BD AB ===，1602ACD ACB ∠=∠=︒，∴tan AD ACD CD ∠=，53tan 603AD CD ==︒，∴125323ABC S AB CD ∆=⋅=，答：ABC ∆（3）存在．如图③，连接DM ，BD ，M 是BC 的中点，13002CM BC ∴==，CM CD ∴=，又60C ∠=︒ ，CMD ∴∆是等边三角形，60MDC CMD ∴∠=∠=︒，CM DM BM ==，30CBD MDB ∴∠=∠=︒，90BDC ∴∠=︒，tan 60BD CD ∴=⋅︒=米，在ABD ∆中，BD =60A ∠=︒为定值，由（2）可知当AB AD =时，即ABD ∆为等边三角形时ABD ∆的面积最大，此时也为四边形ABCD 的最大值(BDC ∆的面积不变），21330024max BDC BDA S S S ∆∆=+=⨯⨯=；ABD ∆ 是等边三角形，60ADB ∴∠=︒，90ADM ADB BDM ∴∠=∠+∠=︒，由12EMD CDM max S S S ∆∆+=，得：21130030022DE ⨯+=⨯解得：DE =，AE AD DE ∴=-==)，答：点A 距出口的距离AE 的长为米．【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．3．（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30APB ∠=︒的点P 有无数个；（2）若点P 在y 轴上，且30APB ∠=︒，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APB ∠最大的理由；若没有，也请说明理由．【分析】（1）已知点A 、点B 是定点，要使30APB ∠=︒，只需点P 在过点A 、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y 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y 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y 轴相切的圆，切点就是使得APB ∠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C 为圆心，AC 为半径作C ，交y 轴于点1P 、2P ．在优弧1APB 上任取一点P ，如图1，则11603022APB ACB ∠=∠=⨯︒=︒．∴使30APB ∠=︒的点P 有无数个．故答案为：无数．（2）①当点P 在y 轴的正半轴上时，过点C 作CG AB ⊥，垂足为G ，如图1．点(1,0)A ，点(5,0)B ，1OA ∴=，5OB =．4AB ∴=．点C 为圆心，CG AB ⊥，122AG BG AB ∴===．3OG OA AG ∴=+=．ABC ∆ 是等边三角形，4AC BC AB ∴===．CG ∴===∴点C 的坐标为(3，．过点C 作CD y ⊥轴，垂足为D ，连接2CP ，如图1，点C 的坐标为(3，，3CD ∴=，OD =1P 、2P 是C 与y 轴的交点，1230APB AP B ∴∠=∠=︒．24CP CA == ，3CD =，2DP ∴== 点C 为圆心，12CD PP ⊥，12PD P D ∴==2(0P ∴，-．1(0P ，+．②当点P 在y 轴的负半轴上时，同理可得：3(0,P -．4(0,P -．综上所述：满足条件的点P 的坐标有：(0，-、(0，、(0,--、(0,-+．（3）当过点A 、B 的E 与y 轴相切于点P 时，APB ∠最大．理由：可证：APB AEH ∠=∠，当APB ∠最大时，AEH ∠最大．由2sin AEH AE∠=得：当AE 最小即PE 最小时，AEH ∠最大．所以当圆与y 轴相切时，APB ∠最大．①当点P 在y 轴的正半轴上时，连接EA ，作EH x ⊥轴，垂足为H ，如图2．E 与y 轴相切于点P ，PE OP ∴⊥．EH AB ⊥ ，OP OH ⊥，90EPO POH EHO ∴∠=∠=∠=︒．∴四边形OPEH 是矩形．OP EH ∴=，3PE OH ==．3EA ∴=．90EHA ∠=︒ ，2AH =，3EA =，EH ∴===OP ∴P ∴．②当点P 在y 轴的负半轴上时，同理可得：(0,P ．理由：①若点P 在y 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MA ，MB ，交E 于点N ，连接NA ，如图2所示．ANB ∠ 是AMN ∆的外角，ANB AMB ∴∠>∠．APB ANB ∠=∠ ，APB AMB ∴∠>∠．②若点P 在y 轴的负半轴上，同理可证得：APB AMB ∠>∠．综上所述：当点P 在y 轴上移动时，APB ∠有最大值，此时点P 的坐标为和(0,．【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3：四点共圆1．（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ABC∆内接于O，点P在O上（不与点A，B，C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为点D，E，F．求证：点D，E，F在同一条直线上．如下是他们的证明过程（不完整）:如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE．QF，则12EQ FQ PC PQ CQ====，（依据1)点E，F，P，C四点共圆，180FCP FEP∴∠+∠=︒．（依据2)又180ACP ABP∠+∠=︒，FEP ABP∴∠=∠．同上可得点B，D，P，E四点共圆，⋯⋯任务：（1）填空：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．（2）请将证明过程补充完整．（3）善于思考的小虎发现当点P是 BC的中点时，BD CF=，请你利用图（2）证明该结论的正确性．【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；（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明180FEP DEP∠+∠=︒，可证明结论；（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt PBD Rt PCF∆≅∆，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12EQ FQ PC PQ CQ ====，∴点E，F，P，C四点共圆，180FCP FEP∴∠+∠=︒，又180ACP ABP∠+∠=︒，FEP ABP∴∠=∠，同上可得点B，D，P，E四点共圆，DBP DEP∴∠=∠，180ABP DBP∠+∠=︒，180FEP DEP∴∠+∠=︒，∴点D，E，F在同一直线上；（3）证明：如图，连接PA，PB，PC，点P 是 BC的中点，∴ BPPC =，BP PC ∴=，PAD PAC ∠=∠，又PD AD ⊥ ，PF AC ⊥，PD PF ∴=，Rt PBD Rt PCF(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Rt PBD Rt PCF ∆≅∆是解题的关键．2．（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ABC ∆中，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 是ABC ∆外一点，且AD AC =，求BDC ∠的度数．若以点A 为圆心，AB 为半径作辅助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 ∠=45︒．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD 中，90BAD BCD ∠=∠=︒，25BDC ∠=︒，求BAC ∠的度数．（3）【问题拓展】如图3，如图，E ，F 是正方形ABCD 的边AD 上两个动点，满足AE DF =．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DH 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A 、B 、C 、D 共圆，得出BDC BAC ∠=∠，（3）根据正方形的性质可得AB AD CD ==，BAD CDA ∠=∠，ADG CDG ∠=∠，然后利用“边角边”证明ABE ∆和DCF ∆全等，根据全等三角形对应角相等可得12∠=∠，利用“SAS ”证明ADG ∆和CDG ∆全等，根据全等三角形对应角相等可得23∠=∠，从而得到13∠=∠，然后求出90AHB ∠=︒，取AB 的中点O ，连接OH 、OD ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得112OH AB ==，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O 、D 、H 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A 上，BAC ∠ 是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，1452BDC BAC ∴∠=∠=︒，故答案为：45；（2）如图2，取BD 的中点O ，连接AO 、CO ．90BAD BCD ∠=∠=︒ ，∴点A 、B 、C 、D 共圆，BDC BAC ∴∠=∠，25BDC ∠=︒ ，25BAC ∴∠=︒，（3）如图3，在正方形ABCD 中，AB AD CD ==，BAD CDA ∠=∠，ADG CDG ∠=∠，在ABE ∆和DCF ∆中，AB CD BAD CDA AE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABE DCF SAS ∴∆≅∆，12∴∠=∠，在ADG ∆和CDG ∆中，AD CD ADG CDG DG DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADG CDG SAS ∴∆≅∆，23∴∠=∠，13∴∠=∠，390BAH BAD ∠+∠=∠=︒ ，190BAH ∴∠+∠=︒，1809090AHB ∴∠=︒-︒=︒，取AB 的中点O ，连接OH 、OD ，则112OH AO AB ===，在Rt AOD ∆中，OD ===，根据三角形的三边关系，OH DH OD +>，∴当O 、D 、H 三点共线时，DH 的长度最小，最小值1OD OH =-=．（解法二：可以理解为点H 是在Rt AHB ∆，AB 直径的半圆 AB 上运动当O 、H 、D 三点共线时，DH 长度最小）1-．【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．3．（2022•潢川县校级一模）如图1，点B 在直线l 上，过点B 构建等腰直角三角形ABC ，使90BAC ∠=︒，且AB AC =，过点C 作CD ⊥直线l 于点D ，连接AD ．（1）小亮在研究这个图形时发现，90BAC BDC ∠=∠=︒，点A ，D 应该在以BC 为直径的圆上，则ADB ∠的度数为45︒，将射线AD 顺时针旋转90︒交直线l 于点E ，可求出线段AD ，BD ，CD 的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC 绕点B 在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD ，BD ，CD 的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD 长为1，当ABD ∆面积取得最大值时，请直接写AD 的长．【分析】（1）由90BAC ∠=︒，且AB AC =，可得45ACB ABC ∠=∠=︒，由90BAC BDC ∠=∠=︒，推出A 、B 、C 、D 四点共圆，所以45ADB ACB ∠=∠=︒；由题意知EAB DAC ∆≅∆，所以BE CD =，由AE AD =，90EAD ∠=︒，可知ADE ∆是等腰直角三角形，推出2CD DB EB BD DE +=+==；（2）如图2，将AD 绕点A 顺时针旋转90︒交直线l 于点E ．易证()EAB DAC SAS ∆≅∆，则BE CD =，由AE AD =，90EAD ∠=︒，所以ADE ∆是等腰直角三角形，则2DE =，由BD CD BD BE DE -=-=，推出BD CD-=；（3）当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的左侧时，ABD∆的面积最大．【解答】解：（1）①如图，在图1中．=，，且AB AC∠=︒90BACACB ABC∴∠=∠=︒，45，∠=∠=︒90BAC BDC∴、B、C、D四点共圆，A∴∠=∠=︒；45ADB ACB②由题意可知，90∠=∠=︒，EAD BAC∴∠=∠，EAB DAC又AE AD=，AB AC=，EAB DAC SAS∴∆≅∆，()∴=，BE CD，90AE AD=∠=︒，EAD∴∆是等腰直角三角形，ADE∴=，DE，+=+=CD DB EB BD DE∴+=；CD DB故答案为45︒，CD DB+=；（2）线段AD，BD，CD的数量关系会变化，数量关系为BD CD-=．理由如下：如图2，将AD绕点A顺时针旋转90︒交直线l于点E．则90∠=∠=︒，DAE CAB∴∠=∠，DAC EAB又AD AE=，AC AB=，EAB DAC SAS∴∆≅∆，()∴=，BE CD，90AE AD=∠=︒，EAD∴∆是等腰直角三角形，ADE∴=，2DE，-=-=BD CD BD BE DE∴-=；2BD CD（3）由（2）知，CDA BEA∆≅∆，∴∠=∠，CDA AEB，∠=︒DEA45∴∠=︒-︒=︒，AEB18045135∴∠=∠=︒，135CDA AEB∴∠+∠=︒+︒=︒，13545180CDA ABC∴、B、C、D四点共圆，A于是作A、B、C、D外接圆O，如图，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的左侧时，DG经过圆心，此时DG最长，因此ABD∆的面积最大．作DG AB ⊥，则DG 平分ADB ∠，DB DA =，在DA 上截取一点H ，使得1CD DH ==，45ADB ACB ∠=∠=︒ ，22.5GDB ∴∠=︒，67.5DBG ∠=︒，67.54522.5DBC ∴∠=︒-︒=︒，4522.522.5HCB DHC HBC ∠=∠-∠=︒-︒=︒，HCB HBC ∴∠=∠，HB CH ∴==，1AD BD DH BH ∴==+=．【点评】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。

2023年中考数学一轮复习专题利用隐形圆求圆的最值课件

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方法总结：利用隐圆解决线圆最值问题时，第一：变化中寻找不变，找到隐圆；第二：“一线穿心”--过圆心向定线段作垂直找到圆上目标最值点，求得最值。
坚持用每一天的进步书写人生的辉煌
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变式训练2：如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4， O为矩形ABCD的中心，以D为圆心，1为半径作⊙D， P为⊙D上的一个动点，连接AP、OP、AO，则△AOP 面积的最大，延长AO至C点，过点D作 DF⊥AC于点F，延长FD交⊙D于点P′，连接AP′，OP′，要使△AOP面积最大，则只需AO边上的高最大，此时P′满足条件，即P′F为最大的高，
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拓展：定弦定角型
如图1⊙O中，A、B为定点，则AB为定弦，点C为优弧上任一点，在C点运动过程中则∠ACB的度数不变⇒逆运用⇒ 如图2、点A、B为定点，点C为线段AB外一点，且 ∠ACB=θ（θ为固定值）⇒点C在以AB为弦的圆上运动（不与A、B重合）
是_______．
D
C
M A
AN
B
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方法总结：利用隐圆解决点圆最值问题时，第一：变化中寻找不变，找到隐圆；第二：“一线穿心”--连接圆心和定点找到圆上目标最值点，求得最值。
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变式训练1：如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°， ∠C＝30°，AB＝1，点D在AC边上运动，点E为AC的中点，将△BCD沿BD翻折，点C的对应点为点F，则在点D从C到A的运动过程中，线段EF的最小值为___.
1
上的一点，且AM＝ AD，N是AB边上3 的一动点，将△AMN沿MN
所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值

2020年九年级数学中考专题复习：隐形圆求最值问题(含答案)

隐形圆问题一、确定动点轨迹是圆【例题1】如图，已知圆C的半径为3，圆外一定点O满足OC=5，点P为圆C上一动点，经过点O的直线l上有两点A，且OA=OB，∠APB=90°，l不过点C，则AB的最小值为【举一反三】1、如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A’MN,连接A’C，则A’C长度的最小值是第1题第2题2、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC＝6，BC=8，点F在边AC上，并且CF＝2，点E 为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是3、如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点(与点A、B不重合).直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.当PB=6时，在直线l变化过程中，则△ACB’面积的最大值是.4、如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC=8，P、Q分別是直线BC、AB上的两个动点，AE＝2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF、PD，则PF+PD的最小值是二、定边对直角知识回顾:直径所对的圆周角是直角构造思路:一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧.图形释义:若AB是一条定线段，且∠APB-90°，则P点轨迹是以AB为直径的圆【例题1】已知正方形ABCD边长为2，E、F分别是BC、CD上的动点，且满足BE＝CF，连接AE、BF，交点为P点，则PC的最小值为【举一反三】1、如图，E、F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE＝DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H，若正方形边长为2，则线段DH长度的最小值是2、如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC＝4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠P AB ＝∠PBC，则线段CP长的最小值是3、如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝5，AC＝4.D是弧BC上的一个动点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE.在点D移动的过程中，BE的最小值为4、如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC＝12，AB＝10，点D是AC上的一个动点，以AD为直径作圆O，连接BD交圆O于点E，则AE的最小值为5、如图，正方形ABCD的边长为4，动点E、F分別从点A、C同时出发，以相同的速度分别沿AB、CD向终点B、D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为【辅助圆+将军饮马】如图，正方形ABCD的边长是4，点E是AD边上一动点，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，点P是AD边上另一动点，则PC+PF的最小值为【辅助圆+相切】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB＝4，D是BC上一动点，CE⊥AD于E，EF⊥AB交BC于点F，则CF的最大值是三、定边对定角在“定边对直角”问题中，依据“直径所对的圆周角是直角”，关键性在于寻找定边、直角，而根据圆周角定理:同圆或等圆中，同弧或等弧所対的圆周角都相.定边必不可少，而直角则可一般为定角.例如，AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆.当然，∠P度数也是特殊角，比如30°、45°、60°、120°，下面分别作对应的轨迹圆若∠P＝30°，以AB为边，同侧构造等边三角形AOB，O即为圆心若∠P＝45°，以AB为斜边，同侧构造等腰直角三角形AOB，O即为圆心.若∠P＝60°，以AB为底，同侧构造顶角为120°的等腰三角形AOB，O即为圆心.若∠P＝120°，以AB为底，异侧为边构造顶角为120°的等腰三角形AOB，O即为圆心.【例题1】如图，等边△ABC边长为2，E、F分別是BC、CA上两个动点，且BE=CF，连接AE、BF，交点为P点，则CP的最小值为【举一反三】1、如图，△ABC为等边三角形，AB=3，若P为△ABC内一动点，且满足∠P AB＝∠ACP，则线段PB长度的最小值为2、在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A>∠B，则BC的长的取值范围是3、如图，AB是圆O的直径，M、N是弧AB(异于A、B)上两点，C是弧MN上一动点，∠ACB 的角平分线交圆O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E，当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是。

第24章圆之专题练习：隐形的圆——“道是无圆却有圆”

专题：隐形的圆——“道是无圆却有圆”方法技巧常见的隐圆有两类：(1)到定点的距离等于定长的点在同一个圆上(圆的定义)；(2)若定长线段的张角是定角(定弦定角)，则定角的顶点在定弦所对的一条弧上运动．利用“辅助圆”的丰富性质转换角，求线段的长或最值是隐圆类问题的基本模式．题型一利用“定点定长”构隐圆【例1】如图，在 ABCD中，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝60°，点E为平面内的一动点，点P为CE的中点，若AE＝1，求BP的最大值．【例2】如图，O是长度为4的线段AB上的一点，且OA＝1，以OA为半径作⊙O，点M是⊙O上的一动点，连接MB，以MB为腰作等腰Rt△MBC，使∠MBC＝90°(M，B，C三点为逆时针顺序)，连接AC．求AC长度的取值范围．题型二利用“定弦定角”构隐圆【例3】如图，在正方形ABCD 中，AC ，BD 是对角线，点P 为对角线BD 上的一点，作PE ⊥AP 交BC 于点E ．若∠CAE ＝15°，求PBPE的值．【例4】如图，⊙O 的半径为1，AB 为⊙O 的弦，将弦AB 绕点A 逆时针旋转120°，得到AC ，连接OC ，求OC 长度的最大值．针对练习61．如图，已知AB 是⊙O 的直径，CD 是⊙O 的弦(CD 与AB 不平行)，点M 是CD 的中点，CE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AB 于点F ．①当∠EMF ＝60°时，求CDAB的值；②当∠EMF ＝90°时，CD AB 的值为；当∠EMF ＝120°时，CDAB的值为．AC上的一动点，PEAB上的一点，且∠AOC＝120°，点P是⌒2．如图，AB是半圆⊙O的直径，点C是⌒⊥OA于点E，PF⊥OC于点F，CD⊥OB于点D，求证：EF＝CD．3．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝AB＝1，BC＝2，点P为射线DA上的一动点，过B，D，P三点的圆交PC于点Q．求DQ的最小值．4．如图，△ABC的两个顶点A，B在半径为6的⊙O上，∠A＝30°，∠B＝90°，点C在⊙O内．当点A在圆上运动，且OC的长最小时，求弦AB的长．。

初中数学《隐形圆》模型梳理与题型分类含答案解析

隐形圆(4大模型与6类题型)第一部分【模型梳理与题型目录】隐形圆模型是初中数学中的重要知识点，常用于解决一些看似没有直接使用圆的知识但实际上需要运用圆的性质来解决的问题，隐形圆常常用于解决最值问题.本专题梳理了隐形圆四大模型，供大家参考使用.【模型1】定点定长模型【模型分析】(1)出现共端点、等线段时，可以利用圆的定义构造辅助圆；(2)如图1，若OA=OB =OC，则A、B、C在以O为圆心，OA为半径的圆上.由圆周角定理可得：∠ABC= 1∠AOC,∠ACB=12∠AOB,∠BAC=12∠BOC.2图1【模型2】 90°圆周角模型【模型分析】如图2，在△ABC中，∠C=90°，点C为动点，则点C的轨迹是以AB为直径的⊙O (不包含A、B两点)．注：作出辅助圆是关键，计算时结合求点圆、线圆、最值等方法进行相关计算．图2应用：常用于解决直角三角形中动点的轨迹问题。

【模型3】定弦定角模型【模型分析】固定的线段只要对应固定的角度，那么这个角的顶点轨迹为圆的一部分．如图①，在⊙O中，若弦AB长度固定，则弦AB所对的圆周角都相等；(注意：弦AB所对的劣弧(AB)上也有圆周角，需要根据题目灵活运用)如图②，若有一固定线段AB及线段AB所对的∠C大小固定，根据圆的知识可知点C不唯一．当∠C<90°时，点C在优弧上运动；当∠C=90°时，点C在半圆上运动，且线段AB是⊙O的直径；当∠C >90°时，点C在劣弧上运动．【模型4】‌四点共圆模型【模型分析】在四边形ABCD中，若∠A+∠C=1800，则A、B、C、D在圆O上，称之为A、B、C、D四点共圆.图3应用：常用于解决四点共圆的问题，如角度相等、线段最值等问题.【题型1】‌定点定长模型......................................................3;【模型2】 90°圆周角模型...................................................6;【题型3】‌定弦定角模型.....................................................11；【题型4】‌四点共圆模型.....................................................15；【题型5】直通中考.........................................................20；【题型6】拓展延伸.........................................................23.第二部分【题型展示与方法点拨】【题型1】定点定长模型1.(23-24九年级上·福建福州·期末)如图，在等边△ABC中，AB=4，D，E分别是边AB,BC上的动点(不与△ABC的顶点重合)，连接AE,CD相交于点F，连接BF，若∠BDF+∠BEF=180°，则BF的最小值为．【433/433【∠BDF +∠BEF =180°，∠DFE =120°，∠AFC =120°，F 在以O 为圆心OA 的长为半径∠AOC =120°的圆弧上运动OA ,OC ,OB ,OF ，OA =OC =OF ,BF ≥OB -OF ，△AOB ≌△COB ，△AOB 为含30度角的直角三角形进行求解即可．解∵等边△ABC ，∴∠ABC =60°，AB =BC ，∵∠BDF +∠BEF =180°，∴∠DFE +∠ABC =360°-∠BDF +∠BEF =180°，∴∠DFE =120°，∴∠AFC =120°，∴点F 在以O 为圆心OA 的长为半径∠AOC =120°的圆弧上运动OA ,OC ,OB ,OF ，OA =OC =OF ,BF ≥OB -OF ，∵AB =BC ，OB =OB ,OA =OC ，∴△AOB ≌△COB ，∴∠ABO =∠CBO =12∠ABC =30°，∠AOB =∠BOC =12∠AOC =60°，∴∠BAO =90°，∴BO =2AO ，AB =3AO =4，∴AO =433，∴BO =2OA =833，OF =AO =433，∴BF ≤433，BF 的最小值为433；故答案为433．【30度角的直角三角形一点到圆上一点的最值F 的运动轨迹．2.(24-25九年级上·全国·课后作业)如图，P 是边长为1的正方形ABCD 内的一个动点，且满足∠PBC +∠PDC =45°，则CP 的最小值是()A.2-2B.12C.22D.2-1【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆周角定理，在凹四边形BCDP中，求出∠BPD=135°，得点P在运动过程中，使得∠BPD=135°，即点P在正方形ABCD内，以A为圆心，AB长为半径的圆弧上，如解图，连接AP，AC，当A、P、C三点共线时，CP取得最小值，最小值为AC-AP，求出AC和AP的长度，即可得到结果，解本题的关键是证明∠BPD是定值，从而得到点P的轨迹．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，在凹四边形BCDP中，∵∠BCD=90°，∠PBC+∠PDC=45°，∴∠BPC+∠CPD=360°-∠BCD-(∠PBC+∠PDC)=225°，∴∠BPD=360°-(∠BPC+∠CPD)始终为135°，得点P在运动过程中，使得∠BPD=135°，即点P在正方形ABCD内，以A为圆心，AB长为半径的圆弧上，如解图，连接AP，AC，，由解图可得AP+CP≥AC，当A、P、C三点共线时，CP取得最小值，最小值为AC-AP，在Rt△ABC中，∵AB=BC=1，∴AC=AB2+BC2=2，∵AP=AB=1，∴CP最小=AC-AP=2-1，故选：D．3.(24-25九年级上·江苏宿迁)如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且EF=4，点G是EF的中点，AG、CG，则四边形AGCD面积的最小值为()A.30B.32C.35D.38【答案】D【分析】首先连接AC，BG，证明G在以B为圆心，2为半径的圆弧上，过B作BH⊥AC于H，当G在BH 上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，再进一步解答即可．解：连接AC，BG，∵矩形ABCD，∴∠ABC=90°，S矩形=48，∵EF=4，G为EF的中点，∴BG=12EF=2，∴G在以B为圆心，2为半径的圆弧上，过B作BH⊥AC于H，当G在BH上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，四边形AGCD面积=三角形ACG面积+三角形ACD面积，即四边形AGCD面积=三角形ACG面积+24．设圆弧交BH于G ，此时四边形AGCD面积取最小值，由勾股定理得：AC=62+82=10，∵1 2AC⋅BH=12AB⋅BC，∴BH=4.8，∴G H=2.8，即四边形AGCD面积的最小值=12×10×2.8+24=38．故选：D．【点拨】本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，圆的确定，解题的关键是利用直角三角形斜边的直线等于斜边的一半确定出G点的运动轨迹．【题型2】 90°圆周角模型4.(2024·湖南娄底·一模)如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F分别在BC、CD上，且BE=CF，AE与BF相交于点G，连接CG，则CG的最小值为．【答案】5-1 a2【分析】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，勾股定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握90°的圆周角所对的弦是直径是解答本题的关键．通过证明△ABE ≌△BCF SAS ，可证∠AGB =90°，则点G 在以AB 为直径的一段弧上运动，当点G 在OC 与弧的交点处时，CG 最短，然后根据勾股定理求出OC 的长即可求解．解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠BCF =90°，AB =BC =a ，∴在△ABE 和△BCF 中，AB =BC∠ABC =∠BCFBE =CF∴△ABE ≌△BCF SAS ，∴∠BAE =∠CBF ，∵∠ABF +∠CBF =90°，∴∠ABF +∠BAE =90°，∴∠AGB =90°，∴点G 在以AB 为直径的一段弧上运动，设AB 的中点为O ，则当点G 在OC 与弧的交点处时，CG 最短，∵AB =a ，∴OB =OG =a 2，∴OC =a 2 2+a 2=52a ，∴CG=OC -OG =5-1 a 2，故答案为：5-1 a 2．5.(23-24九年级下·山东日照)如图，已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是正方形内一点，连接CF ,DF ，且∠ADF =∠DCF ，点E 是AD 边上一动点，连接EB ,EF ，则EB +EF 长度的最小值为()A.13-1B.10-1C.10D.5+1【答案】A【分析】根据正方形的性质得到∠ADC=90°，推出∠DFC=90°，得到点F在以CD为直径的半圆上移动，如图，设CD的中点为O，正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ADC B ，则点B 的对应点是B，连接B O交AD于E，交半圆O于F，线段B F的长即为EB+EF的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∴∠ADF+∠CDF=90°，∵∠ADF=∠DCF，∴∠DCF+∠CDF=90°，∴∠DFC=90°，∴点F在以CD为直径的半圆上移动，如图，设CD的中点为O，正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ADC B ，则点B 的对应点是B，连接B O交AD于E，交半圆O于F，线段B F的长即为EB+EF的长度最小值，OF=1，∵∠C =90°,B C =C D =CD=2，∴OC =3，∴OB =B C 2+OC 2=13，∴B F=13-1，∴FD+FE的长度最小值为13-1，故选：A．【点拨】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，轴对称的性质，点的运动轨迹，勾股定理，最小值问题，正确理解点的运动轨迹是解题的关键．6.(24-25九年级上·广东深圳·开学考试)如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE= DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为1，则线段DH长度的最小值是()A.52-1 B.5-12C.52D.5-1【答案】B【分析】由SAS可判定△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质得∠ABE=∠DCF，同理可证∠DCG=∠DAG，由角的和差得∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH，H的运动轨迹为以O为圆心，OH=1 2AB=12为半径的半圆，当O、H、D三点共线时，DH最小，即可求解．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=1，∠BAE=∠CDF=90°，∠ADG=∠CDG，∵∠BAH+∠DAG=90°，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAE=∠CDFAE=DF，∴△ABE≌△DCF(SAS)，∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，∴△ADG≌△CDG(SAS)，∴∠DCG=∠DAG，∴∠ABE=∠DAG，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，如下图，取AB的中点O，连接OH，∴OA=12，∴H的运动轨迹为以O为圆心，OH=12AB=12为半径的半圆，如图，当O、H、D三点共线时，DH最小，∴OD=OA2+AD2=122+12=52，∴DH=OD-OH=52-1 2=5-12；故选：B．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征，圆外一点到圆上任一点距离的最值等；能找出动点的运动轨迹及取得最小值的条件，熟练利用勾股定咯求解是解题的关键．【题型3】定弦定角模型7.(22-23九年级上·江苏南京·阶段练习)如图，CD是△ABC的高，若AB=2，∠ACB=45°，则CD长的最大值为()A.1+2B.4-2C.2D.4【答案】A【分析】在AB上方作以AB为斜边的等腰直角三角形△AOB，根据“定线段对定角度”确定点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动，当CD经过圆心时CD最长，再计算即可．解：在AB上方作以AB为斜边的等腰直角三角形△AOB，∵∠ACB=45°∴点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动，∵AB=2，∴OA=OC=2，当CD经过圆心时CD最长∵CD是△ABC的高，∴AD=BD=OD=1AB=12此时CD=OC+OD=2+1，故选：A．【点拨】本题考查几何最值问题，解题的关键是确定点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动．8.(20-21九年级上·江苏无锡·期末)如图，在平面直角坐标系中，动点A、B分别在x轴上和函数y=x的图象上，AB=4，CB⊥AB，BC=2，则OC的最大值为()A.22+2B.22+4C.25D.25+2【答案】A【分析】根据y=x与x轴的夹角为45°，以AB为斜边作等腰直角三角形，连接AD,CD,OD，则∠DBC= 45°，根据勾股定理求得DB的长，进而证明△DCB是直角三角形，求得DC的长，根据OD+DC≥OC，即可求得OC的最大值解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形，连接AD,CD,OD，∵y=x与x轴的夹角为45°，∴∠AOB=45°=1∠ADB2∴A,O,B在⊙D上，∵AB=4，∠ADB=90°，∴BD=AD=22，∴∠ABD=45°∵BC⊥AB∴∠CBA=90°∴∠CBD=45°∴△BCD中BC=2,BD=22,∠CBD=45°过点C作CE⊥BD于点E，如图则BE=CE=2=DE∴CD=CB=2∵OD+DC≥OC∴当O,D,C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OD+DC=DB+DC=22+2故选A【点拨】本题主要考查了勾股定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，找到⊙D是解决本题的关键．9.(19-20九年级上·浙江宁波·期末)如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=2，点P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PBC=∠PCA，则线段AP长的最小值为()A.0.5B.2-1C.2-2D.13【答案】C 【分析】先计算出∠PBC +∠PCB =45°，则∠BPC =135°，利用圆周角定理可判断点P 在以BC 为弦的⊙O 上，如图，连接OA 交BC 于P ′，作BC 所对的圆周角∠BQC ，利用圆周角定理计算出∠BOC =90°，从而得到△OBC 为等腰直角三角形，四边形ABOC 为正方形，所以OA =BC =2，OB =2，根据三角形三边关系得到AP ≥OA -OP (当且仅当A 、P 、O 共线时取等号，即P 点在P ′位置)，于是得到AP 的最小值.解：解：∵△ABC 为等腰直角三角形，∴∠ACB =45°，即∠PCB +∠PCA =45°，∵∠PBC =∠PCA ，∴∠PBC +∠PCB =45°，∴∠BPC =135°，∴点P 在以BC 为弦的⊙O 上，如图，连接OA 交BC于P ′，作BC 所对的圆周角∠BQC ，则∠BCQ =180°-∠BPC =45°，∴∠BOC =2∠BQC =90°，∴△OBC 为等腰直角三角形，∴四边形ABOC 为正方形，∴OA =BC =2，∴OB =22BC =2，∵AP ≥OA -OP (当且仅当A 、P 、O 共线时取等号，即P 点在P ′位置)，∴AP 的最小值为2-2．故选：C ．【点拨】本题考查了圆周角定理及等腰直角三角形的性质.圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半.推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.【题型4】四点共圆模型10.(22-23九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习)如图，在四边形ABCD 中，∠ABC =∠D =90°，连接AC ，点F 为边CD 上一点，连接BF 交AC 于点E ，AB =AE ，∠FGC +∠FBG =90°，∠BFG +2∠GFC =180°，若AD =722，BG =4，则CG 的长为．【答案】8【分析】延长BA 与CD 的延长线相交于点H ，证明∠FGC =∠ABF ，∠GFC =∠BFD ，由三角形内角和定理得到∠H=∠ACB，BH=BC，进一步得到∠H=∠DAH=45°，则AD=DH=722，由勾股定理得到AH=AD2+DH2=7，证明点C、G、E、F四点共圆，如图，连接EG，证明CE=CG，设CE=CG=x，则BH=BC=4+x，AE=AB=x-3，AC=2x-3，由勾股定理得AB2+BC2=AC2，即x-32+x+42 =2x-32，解方程即可得到答案．解：延长BA与CD的延长线相交于点H，∵∠FGC+∠FBG=90°，∠FBG+∠ABF=∠ABC=90°∴∠FGC=∠ABF，∵∠BFG+2∠GFC=180°，∠BFG+∠BFD+∠CFG=180°，∴2∠GFC=∠BFD+∠CFG，∴∠GFC=∠BFD，∵∠H+∠ABF+∠BFD=180°=∠ACB+∠FGC+∠GFC，∴∠H=∠ACB，∵∠ABC=90°，∴∠H=∠ACB=45°，BH=BC，∵∠ADH=90°，∴∠H=∠DAH=45°，∴AD=DH=722，∴AH=AD2+DH2=7，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∵∠FGC=∠ABE，∠CEF=∠AEB，∴∠FGC=∠CEF，∴点C、G、E、F四点共圆，如图，连接EG，∴∠GFC=∠CEG，∠BFD=∠CGE，∵∠GFC=∠BFD，∴∠CGE=∠CEG，∴CE=CG，设CE=CG=x，则BH=BC=BG+CG=4+x，∴AE=AB=BH-AH=x+4-7=x-3，∴AC=AE+CE=x-3+x=2x-3，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，∴x-32+x+42=2x-32，解得x=-1(不合题意，舍去)或x=8，∴CG=8，故答案为：8【点拨】此题考查了等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、四点共圆、圆周角定理、圆内接四边形的性质、解一元二次方程等知识，关键在于等腰直角三角形的判定和性质与证明四点共圆．11.(24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习)如图，等边三角形ABC中，AB=5,P为AB边上一动点，PD⊥BC ,PE ⊥AC ，垂足分别为D ,E 则DE 的最小值为．【答案】154【分析】如图，连接PC ，取CP 的中点O ，连接OE ，OD ，过点O 作OH ⊥DE 于H ，首先证明△ODE 是顶角为120°的等腰三角形，当OE 的值最小时，DE 的值最小，即可求出PC 的最小值．解：如图，连接PC ，取CP 的中点O ，连接OE ，OD ，过点O 作OH ⊥DE 于H ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠ACB =60°，AB =BC =AC =5，∵PD ⊥BC ，PE ⊥AC ，∴∠PEC =∠PDC =90°，∵OP =OC ，∴OE =OP =OC =OD ，∴C 、D 、P 、E 四点共圆，∴∠EOD =2∠ECD =120°，∴当OE 的值最小时，DE 的值最小，根据垂线段最短可得，当CP ⊥AB 时，PC =532，此时OE 最小，OE =534，∵OE =OD ，OH ⊥DE ，∴DH =EH ，∠DOH =∠EOH =60°，∴∠OEH =30°，∴OH =12OE =538，∴DH =EH =OE 2-OH 2=158，∴DE =2DH =154，∴DE 的值最小为154，故答案为：154．【点拨】本题考查了四点共圆、垂线段最短、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；正确判断当CP ⊥AB 时OE 最小是解题的关键．12.(23-24九年级下·江苏南京·阶段练习)如图，在△ABC 中，∠ACB =90°,AC =BC =2，点P 是射线AB 上一动点，∠CPD =90°，且PC =PD ，连接AD 、CD ，则AD +CD 的最小值是．【答案】25【分析】取AC中点H，连接DH交AB于点G，连接BD,PH，当DH⊥AC时，DH有最小值，此时易得△ACD是等腰三角形，推出AD=CD，即AD,CD有最小值，则AD+CD有最小值，此时根据∠AHD=∠CHD=∠ACB=90°，推出DH∥BC，设CD中点为O，根据∠CHD=∠CPD=90°，易得点C,H,P,D在以点O为圆心CD为直径的圆上，易得∠CHP+∠PDC=180°，由∠ABC=45°，易得此时点B在圆O上，进而推出∠CBD+∠CPD=180°，则∠CBD=90°，得到四边形BCHD是矩形，即HD=BC=2，利用勾股定理即可计算出CD的最小值，进而得出结果．解：取AC中点H，连接DH交AB于点G，连接BD,PH，当DH⊥AC时，DH有最小值，∵点H是AC中点，DH⊥AC，∴△ACD是等腰三角形，∴AD=CD，∵AH,CH是定值，DH有最小值时，即AD,CD有最小值，则AD+CD有最小值，∵∠AHD=∠CHD=∠ACB=90°，∴DH∥BC，设CD中点为O，∵∠CHD=∠CPD=90°，∴点C,H,P,D在以点O为圆心CD为直径的圆上，∴∠CHP+∠PDC=180°，∵∠ABC=45°，∴此时点B在圆O上，∴∠CBD+∠CPD=180°，∴∠CBD=90°，∵DH∥BC，∴四边形BCHD是矩形，∴HD=BC=2，∵HC=1AC=1，2在Rt△CHD中，∴CD=CH2+HD2=5，∴AD+CD的最小值为2CD=25，故答案为：25．【点拨】本题考查勾股定理求最短距离，圆周角定理，四点共圆，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正确作出辅助线，证明四点共圆是解题的关键．第三部分【中考链接与拓展延伸】1、直通中考1.(2023·山东泰安·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，Rt △AOB 的一条直角边OB 在x 轴上，点A 的坐标为(-6，4)；Rt △COD 中，∠COD =90°，OD =43，∠D =30°，连接BC ，点M 是BC 中点，连接AM ．将Rt △COD 以点O 为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM 的最小值是()A.3B.62-4C.213-2D.2【答案】A【分析】如图所示，延长BA 到E ，使得AE =AB ，连接OE ，CE ，根据点A 的坐标为(-6，4)得到BE =8，再证明AM 是△BCE 的中位线，得到AM =12CE ；解Rt △COD 得到OC =4，进一步求出点C 在以O 为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M 在线段OE 上时，CE 有最小值，即此时AM 有最小值，据此求出CE 的最小值，即可得到答案．解：如图所示，延长BA 到E ，使得AE =AB ，连接OE ，CE ，∵Rt △AOB 的一条直角边OB 在x 轴上，点A 的坐标为(-6，4)，∴AB =4，OB =6，∴AE =AB =4，∴BE =8，∵点M 为BC 中点，点A 为BE 中点，∴AM 是△BCE 的中位线，∴AM =12CE ；在Rt △COD 中，∠COD =90°，OD =43，∠D =30°，∴OC =33OD =4，∵将Rt △COD 以点O 为旋转中心按顺时针方向旋转，∴点C 在以O 为圆心，半径为4的圆上运动，∴当点M 在线段OE 上时，CE 有最小值，即此时AM 有最小值，∵OE =BE 2+OB 2=10，∴CE 的最小值为10-4=6，∴AM 的最小值为3，故选A ．【点拨】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．2.(2022·广西柳州·中考真题)如图，在正方形ABCD中，AB=4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为．【答案】25-2【分析】如图，由EG=2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，再证明△ADE≌△CDF (SAS)，可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利用勾股定理可得答案．解：如图，由EG=2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，∵正方形ABCD，∴AD=CD,∠ADC=90°，∴∠ADC=∠EDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，∵DE=DF，∴△ADE≌△CDF(SAS)，∴AE=CF，∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，∵G位BC中点，BC=AB=4，∴BG=2，此时AG=BG2+AB2=22+42=25，此时AE=25-2，所以CF的最小值为：25-2.故答案为：25-2【点拨】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．2、拓展延伸3.(2022·辽宁抚顺·中考真题)如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF．当GF最小时，AE的长是．【答案】55-5【分析】根据动点最值问题的求解步骤：①分析所求线段端点(谁动谁定)；②动点轨迹；③最值模型(比如将军饮马模型)；④定线段；⑤求线段长(勾股定理、相似或三角函数)，结合题意求解即可得到结论．解：①分析所求线段GF端点：G是定点、F是动点；②动点F的轨迹：正方形ABCD的边长为10，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，则BF=BA=10，因此动点轨迹是以B为圆心，BA=10为半径的圆周上，如图所示：③最值模型为点圆模型；④GF最小值对应的线段为GB-10；⑤求线段长，连接GB，如图所示：在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，则CG=5,BC=10，根据勾股定理可得BG=CG2+BC2=52+102=55，当G、F、B三点共线时，GF最小为55-10，接下来，求AE的长：连接EG，如图所示=SΔEDG+SΔBCG+根据翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，设AE=x，则根据等面积法可知S正方形SΔBAE+SΔBEG，即100=12DE⋅DG+12BC⋅CG+12AB⋅AE+12BG⋅EF=1 2510-x+5×10+10x+55x整理得5+1x=20，解得x=AE=205+1=205-15+15-1=55-5，故答案为：55-5．【点拨】本题考查动点最值下求线段长，涉及到动点最值问题的求解方法步骤，熟练掌握动点最值问题的相关模型是解决问题的关键．4.(2024·内蒙古兴安盟·二模)如图，在正方形ABCD中，点M，N分别为AB，BC上的动点，且AM= BN，DM，AN交于点E，点F为AB的中点，点P为BC上一个动点，连接PE，PF，若AB=4，则PE +PF的最小值为．【答案】210-2【分析】证明△DAM≌△ABN SAS，则∠ADM=∠BAN，∠AED=90°，如图，取AD的中点O，则E在以O为圆心，AD为直径的圆上运动，作F关于BC对称的点F ，连接PF ，连接OF 交⊙O于E ，则PF = PF，由PE+PF=PE+PF ，可知当O、E 、P、F 四点共线时，PE+PF最小为E F ，由勾股定理得，OF =AF 2+OA2=210，根据E F =OF -OE ，求解作答即可．解：∵正方形ABCD，∴AD=AB，∠DAM=∠ABN=90°，又∵AM=BN，∴△DAM≌△ABN SAS，∴∠ADM=∠BAN，∴∠ADM+∠DAE=∠BAN+∠DAE=90°，∴∠AED=90°，如图，取AD的中点O，则E在以O为圆心，AD为直径的圆上运动，作F关于BC对称的点F ，连接PF ，连接OF 交⊙O于E ，∴PF =PF，∴PE+PF=PE+PF ，∴当O、E 、P、F 四点共线时，PE+PF最小为E F ，由勾股定理得，OF =AF 2+OA2=62+22=210，∴E F =OF -OE =210-2，故答案为：210-2．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，90°圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，90°圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理是解题的关键．。

隐形圆专题

到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是
.
方法一：利用“圆的定义” “找定点、寻定长”
现“圆”形
【类型二】共端点两条线段为定长
【例题2】：在△ABC中，AC=4，AB=5，则△ABC面积的最大值为
.
【变式】：在△ABC中，AB=3，AC= 3 ，当∠B最大时，BC的长是
.
方法一：利用“圆的定义” “找定点、寻定长”
【类型一】单边定长
【变式4】：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，AC=4，P
是AB边上的动点(不与点B重合)，将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到
△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是
.
方法一：利用“圆的定义” “找定点、寻定长”
现“圆”形
【类型一】单边定长
【变式5】：如图，Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，∠B=30°，点F在边
滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为
.
方法一：利用“圆的定义” “找定点、寻定长”
现“圆”形
【类型一】单边定长
【变式2】：如图，矩形ABCD，AB=2，AD=3，点E、 F分别AD、DC边
上的点，且 E F = 2 ，点 G 为 E F 的中点，点 P 为 B C 上一动点，则 PA + P G 的最小
(1)使∠APB=30°的点P有
个；
(2)若点P在y轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标； y (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∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由.
OA
x B
方法三：见定角 “找对边（定长）”

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解48---隐圆(阿波罗尼斯圆)问题

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第48讲隐圆(阿波罗尼斯圆)问题隐圆问题近几年在高考题和各地模拟题中都出现过，难度为中高档，在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中，要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐圆问题”．考点一利用圆的定义、方程确定隐形圆例1 (1)(2022·滁州模拟)已知A ，B 为圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋3＝0上的两个动点，P 为弦AB 的中点，若∠ACB ＝90°，则点P 的轨迹方程为( ) A ．(x －1)2＋(y －2)2＝14B ．(x －1)2＋(y －2)2＝1C ．(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝14D ．(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝1 答案 B解析圆C 即(x －1)2＋(y －2)2＝2，半径r ＝2，因为CA ⊥CB ，所以|AB |＝2r ＝2，又P 是AB 的中点，所以|CP |＝12|AB |＝1，所以点P 的轨迹方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1.(2)(2022·茂名模拟)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，若向量c 满足|a ＋b －2c |＝1，则|c |的取值范围是( ) A ．[1，5－1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－12，3＋12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋12，52答案 C解析 |a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，以a 为y 轴，b 为x 轴，建立平面直角坐标系，设OA →＝a ＝(0,1)，OB →＝b ＝(2,0)， OC →＝c ＝(x ，y )，所以a ＋b －2c ＝(2－2x ，1－2y )，由|a ＋b －2c |＝1，可得(2－2x )2＋(1－2y )2＝1，化简可得(x －1)2＋⎝⎛⎭⎫y －122＝⎝⎛⎭⎫122，所以点C 的轨迹是以⎝⎛⎭⎫1，12为圆心，以r ＝12为半径的圆，原点(0,0)到⎝⎛⎭⎫1，12的距离为d ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52，所以|c |＝x 2＋y 2的取值范围是[d －r ，d ＋r ]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤5－12，5＋12.规律方法对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹．跟踪演练1 (2022·平顶山模拟)已知M ，N 为圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0上两点，且|MN |＝4，点P 在直线l ：x －y ＋3＝0上，则|PM →＋PN →|的最小值为( )A ．22－2B ．2 2C ．22＋2D ．22－ 5 答案 A解析设线段MN 的中点为D ，圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心为C (1,2)，半径为 5.则圆心C 到直线MN 的距离为(5)2－⎝⎛⎭⎫422＝1，所以|CD |＝1，故点D 的轨迹是以C 为圆心，半径为1的圆，设点D 的轨迹为圆D ，圆D 上的点到直线l 的最短距离为t ＝|1－2＋3|2－1＝2－1.所以|PM →＋PN →|＝|2PD →|＝2|PD →|≥2t ＝22－2.考点二由圆周角的性质确定隐形圆例2 (1)已知点P (2，t )，Q (2，－t )(t >0)，若圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1上存在点M ，使得∠PMQ ＝90°，则实数t 的取值范围是( ) A ．[4,6] B ．(4,6)C ．(0,4]∪[6，＋∞)D ．(0,4)∪(6，＋∞) 答案 A解析由题意知，点P (2，t )，Q (2，－t )(t >0)，可得以PQ 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝t 2，则圆心C 1(2,0)，半径R ＝t ，又由圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1，可得圆心C (－2,3)，半径r ＝1，两圆的圆心距为|CC 1|＝(2＋2)2＋(0－3)2＝5，要使得圆C ：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1上存在点M ，使得∠PMQ ＝90°，即两圆存在公共点，则满足⎩⎪⎨⎪⎧R ＋r ≥5，R －r ≤5，即⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≥5，t －1≤5，解得4≤t ≤6，所以实数t 的取值范围是[4,6]．(2)(2022·长沙雅礼中学质检)已知直线l ：x －y ＋4＝0上动点P ，过P 点作圆x 2＋y 2＝4的两条切线，切点分别为C ，D ，记M 是CD 的中点，则直线CD 过定点________，点M 的轨迹方程为______________________________．答案 (－1,1) ⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12 解析如图，连接PO ，CO ，DO ，因为PD ⊥DO ，PC ⊥CO ，所以P ，D ，O ，C 在以PO 为直径的圆上，设P (x 0，x 0＋4)，则以OP 为直径的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －x 022＋⎝⎛⎭⎫y －x 0＋422＝x 20＋(x 0＋4)24，化简得x 2－x 0x －(x 0＋4)y ＋y 2＝0，与x 2＋y 2＝4联立，可得CD 所在直线的方程为x 0x ＋(x 0＋4)y ＝4⇒x 0(x ＋y )＝4(1－y )⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 1－y ＝0，x ＋y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，x ＝－1，直线CD 过定点Q (－1,1)，又OM ⊥CD ，所以OM ⊥MQ ，所以点M 在以OQ 为直径的圆上，所以点M 的轨迹为⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12. 规律方法利用圆的性质，圆周角为直角，即可得到：若P A ⊥PB 或∠APB ＝90°，则点P 的轨迹是以AB 为直径的圆．注意轨迹中要删除不满足条件的点．跟踪演练2 (2022·北京海淀区模拟)在平面直角坐标系中，直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与x 轴和y 轴分别交于A ，B 两点，|AB |＝22，若CA ⊥CB ，则当k ，m 变化时，点C 到点(1,1)的距离的最大值为( ) A ．4 2 B ．3 2 C ．2 2 D. 2 答案 B解析由y ＝kx ＋m (k ≠0)得A ⎝⎛⎭⎫－mk ，0，B (0，m )，因为CA ⊥CB ，所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆，其方程为⎝⎛⎭⎫x ＋m 2k 2＋⎝⎛⎭⎫y －m 22＝m 24k 2＋m24，设该动圆的圆心为(x ′，y ′)，则x ′＝－m 2k ，y ′＝m2，整理得k ＝－y ′x ′，m ＝2y ′，代入到⎝⎛⎭⎫－mk 2＋m 2＝8中，得x ′2＋y ′2＝2，即点C 轨迹的圆心在圆x ′2＋y ′2＝2上，故点(1,1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C 到点(1,1)的距离的最大值，最大值为[1－(－1)]2＋[1－(－1)]2＋2＝3 2.考点三阿波罗尼斯圆例3(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A ，B 为平面上相异的两点，则所有满足：|P A ||PB |＝λ(λ>0，且λ≠1)的点P 的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，A (－2,0)，B (4,0)，若λ＝12，则下列关于动点P 的结论正确的是( )A ．点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0B ．△APB 面积的最大值为6C ．在x 轴上必存在异于A ，B 的两定点M ，N ，使得|PM ||PN |＝12D ．若点Q (－3,1)，则2|P A |＋|PQ |的最小值为5 2 答案 ACD解析对于选项A ，设P (x ，y )，因为P 满足|P A ||PB |＝12，所以(x ＋2)2＋y 2(x －4)2＋y 2＝12，化简得x 2＋y 2＋8x ＝0，故A 正确；对于选项B ，由选项A 可知，点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0，即(x ＋4)2＋y 2＝16，所以点P 的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，又|AB |＝6，且点A ，B 在直径所在直线上，故当点P 到圆的直径所在直线的距离最大时，△P AB 的面积取得最大值，因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△P AB 的高的最大值为4，所以△P AB 面积的最大值为12×6×4＝12，故B 错误；对于选项C ，假设在x 轴上存在异于A ，B 的两定点M ，N ，使得|PM ||PN |＝12，设M (m ，0)，N (n ，0)，故(x －m )2＋y 2(x －n )2＋y 2＝12，即(x －n )2＋y 2＝2(x －m )2＋y 2，化简可得x 2＋y 2－8m －2n 3x ＋4m 2－n 23＝0,又点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＋8x ＝0，可得⎩⎨⎧－8m －2n3＝8，4m 2－n23＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－6，n ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，n ＝4(舍去)，故存在异于A ，B 的两定点M (－6,0)，N (－12,0)，使得|PM ||PN |＝12，故C 正确；对于选项D ，因为|P A ||PB |＝12，所以2|P A |＝|PB |，所以2|P A |＋|PQ |＝|PB |＋|PQ |，又点P 在圆x 2＋8x ＋y 2＝0上，如图所示，所以当P ，Q ，B 三点共线时2|P A |＋|PQ |取得最小值，此时(2|P A |＋|PQ |)min ＝|BQ | ＝[4－(－3)]2＋(0－1)2＝52，故D 正确．规律方法 “阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A (－a ，0)，B (a ，0)(a >0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋1λ2－1a ，0为圆心，⎪⎪⎪⎪2aλλ2－1为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．跟踪演练3 若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 满足|P A ||PB |＝3，则|P A |2＋|PB |2的最大值为( )A ．16＋83B ．8＋4 3C ．7＋43D ．3＋ 3 答案 A解析由题意，设A (－1,0)，B (1,0)，P (x ，y )，因为|P A ||PB |＝3，所以(x ＋1)2＋y 2(x －1)2＋y 2＝3，即(x －2)2＋y 2＝3，所以点P 的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为3的圆，因为|P A |2＋|PB |2＝(x ＋1)2＋y 2＋(x －1)2＋y 2＝2(x 2＋y 2＋1)，其中x 2＋y 2可看作圆(x －2)2＋y 2＝3上的点(x ，y )到原点(0,0)的距离的平方，所以(x 2＋y 2)max ＝(2＋3)2＝7＋43，所以[2(x 2＋y 2＋1)]max ＝16＋83，即|P A |2＋|PB |2的最大值为16＋8 3.专题强化练1．已知圆O ：x 2＋y 2＝1，圆M ：(x －a )2＋(y －2)2＝2.若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点为A ，B ，使得P A ⊥PB ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[0，2] B ．[－52，1] C ．[－2，2] D ．[－2,2] 答案 D解析由题意可知四边形P AOB 为正方形， |OP |＝2，∴点P 在以O 为圆心，以2为半径的圆上，其方程为x 2＋y 2＝2，若圆M 上存在这样的点P ，则圆M 与x 2＋y 2＝2有公共点，则有2－2≤a 2＋4≤2＋2，解得－2≤a ≤2.2．已知点A (－5，－5)在动直线mx ＋ny －m －3n ＝0上的射影为点B ，若点C (5，－1)，那么|BC |的最大值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10 答案 C解析由动直线方程化为m (x －1)＋n (y －3)＝0，可知其恒过定点Q (1,3)．又∵点A (－5，－5)在动直线mx ＋ny －m －3n ＝0上的射影为点B ， ∴∠ABQ ＝90°，则点B 的轨迹是以AQ 为直径的圆， ∴圆心为AQ 的中点M (－2，－1)，圆的半径r ＝12|AQ |＝5.又|MC |＝(5＋2)2＋(－1＋1)2＝7>r ＝5，∴点C (5，－1)在圆M 外，故|BC |的最大值为r ＋|MC |＝7＋5＝12.3．(2022·武汉模拟)已知O 为坐标原点，点A (cos α，sin α)，B ⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3，以OA ，OB 为邻边作平行四边形AOBP ，Q (－2,0)，则∠PQO 的最大值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 C解析已知圆O ：x 2＋y 2＝1，A ，B 是圆O 上两动点，且∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形，又|AB |＝|OA |＝1，取AB 的中点M ，则|OM |＝32，所以|OP |＝3，所以点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3，当PQ 与x 2＋y 2＝3相切时，∠PQO 最大，此时sin ∠PQO ＝32，则∠PQO ＝π3.4．已知△ABC 是等边三角形，E ，F 分别是AB 和AC 的中点，P 是△ABC 边上一动点，则满足PE →·PF →＝BE →·CF →的点P 的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 D解析以BC 的中点O 为坐标原点，BC ，OA 所在直线为x 轴、y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设△ABC 的边长为4，则B (－2,0)，C (2,0)，A (0,23)，E (－1，3)， F (1，3)，BE →＝(1，3)，CF →＝(－1，3)，设P (x ，y )，则PE →＝(－1－x ，3－y )， PF →＝(1－x ，3－y )，由PE →·PF →＝BE →·CF →得，(－1－x ，3－y )·(1－x ，3－y ) ＝(1，3)·(－1，3)，所以x 2＋(y －3)2＝3，即点P 的轨迹是以(0，3)为圆心，3为半径的圆，也就是以AO 为直径的圆，易知该圆与△ABC 的三边有4个公共点．5．(多选)已知AB 为圆O ：x 2＋y 2＝49的弦，且点M (4,3)为AB 的中点，点C 为平面内一动点，若AC 2＋BC 2＝66，则( ) A ．点C 构成的图象是一条直线 B ．点C 构成的图象是一个圆 C ．OC 的最小值为2 D ．OC 的最小值为3 答案 BC解析 ∵点M (4,3)为AB 的中点，∴OM ⊥AB ，|OM |＝42＋32＝5，∴|AM |＝|BM |＝49－52＝26，∵AC 2＋BC 2＝66，∴AC →2＋BC →2＝66，则(AM →＋MC →)2＋(BM →＋MC →)2＝66，即AM →2＋2AM →·MC →＋MC →2＋BM →2＋2BM →·MC →＋MC →2＝66，∵AM →＝－BM →，则可得2AM →2＋2MC →2＝66，可解得|MC |＝3，∴点C 构成的图象是以M 为圆心，3为半径的圆，故A 错误，B 正确；∴可得OC 的最小值为|OM |－3＝5－3＝2，故C 正确，D 错误．6．(多选)(2022·福州模拟)已知A (－3,0)，B (3,0)，动点C 满足|CA |＝2|CB |，记C 的轨迹为Γ.过A 的直线与Γ交于P ，Q 两点，直线BP 与Γ的另一个交点为M ，则( )A ．Q ，M 关于x 轴对称B ．△P AB 的面积的最大值为6 3C ．当∠PMQ ＝45°时，|PQ |＝4 2D ．直线AC 的斜率的范围为[－3，3]答案 AC解析设C (x ，y )，由|CA |＝2|CB |得，(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，整理得Γ的方程为(x －5)2＋y 2＝16，其轨迹是以D (5,0)为圆心，半径r ＝4的圆．由图可知，由于AB ＝6，所以当DP 垂直于x 轴时，△P AB 的面积有最大值，所以(S △P AB )max ＝12|AB |·r ＝12×6×4＝12，选项B 错误；因为|P A |＝2|PB |，|MA |＝2|MB |，所以|P A ||MA |＝|PB ||MB |，所以∠P AB ＝∠MAB ，又C 的轨迹Γ关于x 轴对称，所以Q ，M 关于x 轴对称，选项A 正确；当∠PMQ ＝45°时，∠PDQ ＝45°×2＝90°，则△DPQ 为等腰直角三角形，|PQ |＝2r ＝42，选项C 正确；当直线AC 与圆D 相切时，CD ⊥AC ，此时|AD |＝8＝2r＝2|CD |，所以sin ∠DAC ＝12，所以切线AC 的倾斜角为30°和150°，由图可知，直线AC 的斜率的取值范围为⎣⎡⎦⎤－33，33，选项D 错误．7．已知等边△ABC 的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是______________．答案⎝⎛⎦⎤38，12解析如图，以AB 的中点O 为坐标原点，AB ，OC 所在直线为x 轴、y 轴，建立平面直角坐标系，则A (－1,0)，B (1,0)，设P (x ，y )．则P A →·PB →－2λ＋1＝0，即为(－1－x )(1－x )＋y 2－2λ＋1＝0，化简得x 2＋y 2＝2λ(λ>0)，故所有满足P A →·PB →－2λ＋1＝0的点P 在以O 为圆心，2λ为半径的圆上．过点O 作OM ⊥AC ，垂足为点M ，由题意知，线段AC 与圆x 2＋y 2＝2λ有两个交点，所以|OM |<2λ≤|OA |，即32<2λ≤1，解得38<λ≤12. 8．已知⊙M ：x 2＋y 2－2x －2y －2＝0，直线l ：2x ＋y ＋2＝0，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线P A ，PB ，切点为A ，B ，当|PM |·|AB |取得最小值时，直线AB 的方程为________________．答案 2x ＋y ＋1＝0解析 ⊙M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，①则圆心M (1,1)，⊙M 的半径为2.如图，由题意可知PM ⊥AB ，∴S 四边形P AMB ＝12|PM |·|AB | ＝|P A |·|AM |＝2|P A |，∴|PM |·|AB |＝4|P A |＝4|PM |2－4.当|PM |·|AB |最小时，|PM |最小，此时PM ⊥l .故直线PM 的方程为y －1＝12(x －1)，即x －2y ＋1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1＝0，2x ＋y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0， ∴P (－1,0)．依题意知P ，A ，M ，B 四点共圆，且PM 为圆的直径，∴该圆方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y －122＝54，② 由①－②整理得2x ＋y ＋1＝0，即直线AB 的方程为2x ＋y ＋1＝0.。