類型一 “一中同長(zhǎng)”模型
典例1（2023?鼓樓區(qū)二模）如圖，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，則OA的長(zhǎng)為（ ）
A．10B．2C．13D．4
針對(duì)訓(xùn)練
1．(2023春?龍口市期末）如圖，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，則∠CBD的度數(shù)為（ ）
A．15°B．25°C．50°D．65°
2．（2023?浙江自主招生）如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，現(xiàn)有一根長(zhǎng)為2cm的木棒EF緊貼著矩形的邊（即兩個(gè)端點(diǎn)始終落在矩形的邊上），按逆時(shí)針?lè)较蚧瑒?dòng)一周，則木棒EF的中點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為（ ）
A．（8﹣π）cm2B．4cm2C．（3+π）cm2D．8cm2
類型二 定角（直角）定長(zhǎng)模型
典例2 （2023?鄰水縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，點(diǎn)F在邊AC上，并且CF＝1，點(diǎn)E為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，將△CEF沿直線EF翻折，點(diǎn)C落在點(diǎn)P處，則點(diǎn)P到邊AB距離的最小值是 ．
針對(duì)訓(xùn)練
1．(2023秋?陽(yáng)西縣期末）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠PAB＝∠PBC，則線段CP長(zhǎng)的最小值為 ．
2．(2023秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4cm，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度分別沿AB，CD向終點(diǎn)B，D移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止．過(guò)點(diǎn)B作直線EF的垂線BG，垂足為點(diǎn)G，連接AG，則AG長(zhǎng)的最小值為（ ）
A．22cmB．（10?2）cmC．2cmD．（22?2）cm
模型三 定角（非直角）定長(zhǎng)模型
典例3(2023秋?海陵區(qū)校級(jí)月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，則BC的長(zhǎng)的取值范圍是 ．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023秋?東臺(tái)市期中）已知點(diǎn)A（1，0）、點(diǎn)B（5，0），點(diǎn)P是該直角坐標(biāo)系內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)P在y軸的負(fù)半軸上，且∠APB＝30°，則滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為 ．
類型四 四點(diǎn)共圓模型
典例4（2023秋?余杭區(qū)期中）如圖，C、D是以AB為直徑的圓O上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)C、D不與A、B重合），在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中弦CD始終保持不變，M是弦CD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥AB于點(diǎn)P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，則x的最大值是（ ）
A．3B．5C．2.5D．23
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023?浙江自主招生）如圖，已知AB是圓O的直徑，PQ是圓O的弦，PQ與AB不平行，R是PQ的中點(diǎn)．作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分別為S，T，并且∠SRT＝60°，則PQAB的值等于 ．
類型五 模型綜合
典例5(2023春?梁溪區(qū)期中）如圖，E、F是正方形ABCD邊AD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且AE＝DF，連接CF交BD于點(diǎn)G，連接BE交AG于點(diǎn)H．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則線段DH長(zhǎng)度的最小值為（ ）
A．5?1B．2C．32D．65
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）在銳角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到△A1B1C1．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C1在線段CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，則∠CC1A1的度數(shù)為 ．
（2）如圖2，連接AA1，CC1.若△ABA1的面積為3m，求△CBC1的面積（用含m的代數(shù)式表示）．
（3）如圖3，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，在△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)P1，則線段EP1長(zhǎng)度的最小值為 ，最大值為 ．
模塊二 2023中考押題預(yù)測(cè)
1．（蘇州期中）如圖，四邊形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．則BD2的值為（ ）
A．14B．15C．18D．12
2．（2023秋?如皋市期中）如圖，△ABC為等邊三角形，AB＝3．若P為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠PAB＝∠ACP，則線段PB長(zhǎng)度的最小值為（ ）
A．1.5B．3C．433D．2
3．（2023?淮陰區(qū)模擬）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O為AC的中點(diǎn)，過(guò)O作OE⊥OF，OE、OF分別交射線AB，BC于E、F，則EF的最小值為 ．
4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（0，2），點(diǎn)P在直線y=33x上，連接AP，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AP，交x軸于點(diǎn)Q，連接AQ．求∠QAP的度數(shù)．
5．（廣州中考）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度數(shù)；
（2）連接BD，探究AD，BD，CD三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）若AB＝1，點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，且滿足AE2＝BE2+CE2，求點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)度．
專題41 中考最值難點(diǎn)突破隱圓問(wèn)題（解析版）
模塊一 典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練
類型一 “一中同長(zhǎng)”模型
典例11．（2023?鼓樓區(qū)二模）如圖，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，則OA的長(zhǎng)為（ ）
A．10B．2C．13D．4
思路引領(lǐng)：過(guò)O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，由等腰三角形的性質(zhì)得到BF＝CF＝2，AE＝DE＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，由∠BOC+∠AOD＝180°，得到∠AOE+∠BOF＝90°，進(jìn)而得到∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，根據(jù)全等三角形判定證得△AOE≌△OBF，得到OE＝BF＝2，在Rt△AOE中，根據(jù)勾股定理即可求得OA．
解：過(guò)O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，
∴∠AEO＝∠OFB＝90°，
∴∠A+∠AOE＝90°，
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴BF＝CF=12BC=12×4＝2，AE＝DE=12AD=12×6＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，
∵∠BOC+∠AOD＝180°，
∴∠AOE+∠BOF＝90°，
∴∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，
在△AOE和△OBF中，
∠AEO=∠OFB∠A=∠BOFOA=OB，
∴△AOE≌△OBF（AAS），
∴OE＝BF＝2，
在Rt△AOE中，∠AEO＝90°，OE＝2，AE＝3，
∴OA=AE2+OE2=32+22=13，
故選：C．
總結(jié)提升：本題主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
針對(duì)訓(xùn)練
1．(2023春?龍口市期末）如圖，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，則∠CBD的度數(shù)為（ ）
A．15°B．25°C．50°D．65°
思路引領(lǐng)：由AB＝AC＝AD，可得B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，然后由圓周角定理，證得∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，繼而可得∠CAD＝2∠BAC．
解：∵AB＝AC＝AD，
∴B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，
∵∠CBD=12∠ADC＝15°，
故選：A．
總結(jié)提升：此題考查了圓周角定理．注意得到B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上是解此題的關(guān)鍵．
2．（2023?浙江自主招生）如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，現(xiàn)有一根長(zhǎng)為2cm的木棒EF緊貼著矩形的邊（即兩個(gè)端點(diǎn)始終落在矩形的邊上），按逆時(shí)針?lè)较蚧瑒?dòng)一周，則木棒EF的中點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為（ ）
A．（8﹣π）cm2B．4cm2C．（3+π）cm2D．8cm2
思路引領(lǐng)：連接BP，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BP=12EF，然后判斷出點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為長(zhǎng)方形的面積減去四個(gè)扇形的面積，列式計(jì)算即可得解．
解：如圖，∵P是EF的中點(diǎn)，
∴BP=12EF=12×2＝1（cm），
∵AB＝2，
∴點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為長(zhǎng)方形的面積減去四個(gè)扇形的面積，：
又∵四個(gè)扇形的面積正好等于一個(gè)相同半徑的圓的面積，
∴4×2﹣π?12＝8﹣π（cm2）．
故選：A．
總結(jié)提升：本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，軌跡，判斷出點(diǎn)的P運(yùn)動(dòng)的軌跡和所組成的圖形的面積組成是解題的關(guān)鍵．
模型二 定角（直角）定長(zhǎng)模型
典例2（2023?鄰水縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，點(diǎn)F在邊AC上，并且CF＝1，點(diǎn)E為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，將△CEF沿直線EF翻折，點(diǎn)C落在點(diǎn)P處，則點(diǎn)P到邊AB距離的最小值是 35 ．
思路引領(lǐng)：延長(zhǎng)FP交AB于M，得到FP⊥AB時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最小，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出FM，根據(jù)折疊的性質(zhì)求出PF，計(jì)算即可．
解：如圖，延長(zhǎng)FP交AB于M，當(dāng)FP⊥AB時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最小，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵∠A＝∠A，∠AMF＝∠C＝90°，
∴△AFM∽△ABC，
∴AFAB=FMBC，即25=FM4，
解得，F(xiàn)M=85，
由折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)P＝FC＝1，
∴PM=35，
故答案為：35．
總結(jié)提升：本題考查翻折變換、最短問(wèn)題、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理．垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確找到點(diǎn)P位置．
針對(duì)訓(xùn)練
1．(2023秋?陽(yáng)西縣期末）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠PAB＝∠PBC，則線段CP長(zhǎng)的最小值為 2 ．
思路引領(lǐng)：首先證明點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，利用勾股定理求出OC即可解決問(wèn)題．
解：∵AB⊥BC，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴點(diǎn)P在以AB為直徑的⊙O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，
在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，
∴OB=12AB＝3，
∴OC=OB2+BC2=5，
∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．
∴PC最小值為2．
故答案為2．
總結(jié)提升：本題考查點(diǎn)與圓位置關(guān)系、圓周角定理、最短問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，學(xué)會(huì)求圓外一點(diǎn)到圓的最小、最大距離，屬于中考?？碱}型．
2．(2023秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4cm，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度分別沿AB，CD向終點(diǎn)B，D移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止．過(guò)點(diǎn)B作直線EF的垂線BG，垂足為點(diǎn)G，連接AG，則AG長(zhǎng)的最小值為（ ）
A．22cmB．（10?2）cmC．2cmD．（22?2）cm
思路引領(lǐng)：設(shè)正方形的中心為O，可證EF經(jīng)過(guò)O點(diǎn)．連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接 MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問(wèn)題即可．
解：設(shè)正方形的中心為O，可證EF經(jīng)過(guò)O點(diǎn)．
連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接 MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，
∴MA=10，MG=12OB=2，AG≥AM﹣MG=10?2，
當(dāng)A，M，G三點(diǎn)共線時(shí)，AG最小值＝（10?2）cm，
故選：B．
總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)，連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問(wèn)題是解決本題的關(guān)鍵．
模型三 定角（非直角）定長(zhǎng)模型
典例3（2023秋?海陵區(qū)校級(jí)月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，則BC的長(zhǎng)的取值范圍是 0＜BC≤833且BC≠4 ．
思路引領(lǐng)：作△ABC的外接圓，根據(jù)直徑是最長(zhǎng)的弦得到∠BAC＝90°時(shí)，BC是最長(zhǎng)，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、勾股定理計(jì)算即可．
解：作△ABC的外接圓，如圖所示：
當(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，BC是直徑最長(zhǎng)，
∵∠C＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∴BC＝2AC，AB=3AC＝4，
∴AC=433，
∴BC＝2AC=833，
當(dāng)∠A＝∠B時(shí)，△ABC為等邊三角形，
∴BC＝AB＝4，
則BC的長(zhǎng)的取值范圍是0＜BC≤833且BC≠4，
故答案為：0＜BC≤833且BC≠4．
總結(jié)提升：本題考查的是勾股定理、直角三角形的性質(zhì)，如果直角三角形的兩條直角邊長(zhǎng)分別是a，b，斜邊長(zhǎng)為c，那么a2+b2＝c2．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023秋?東臺(tái)市期中）已知點(diǎn)A（1，0）、點(diǎn)B（5，0），點(diǎn)P是該直角坐標(biāo)系內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)P在y軸的負(fù)半軸上，且∠APB＝30°，則滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為 （0，﹣23?7）或（0，﹣23+7） ．
思路引領(lǐng)：利用圓周角定理可判斷點(diǎn)A、B、P在以C點(diǎn)為圓心，CA為半徑的圓上，且∠ACB＝2∠APB＝60°，則CA＝CB＝AB＝4，⊙C交y軸于P和P′點(diǎn)，連接CP，如圖，作CD⊥AB于D，CE⊥y軸于E，根據(jù)垂徑定理得到得到AD＝DB＝2，PE＝P′E，所以CD＝23，OD＝3，再利用勾股定理計(jì)算出PE得到OP′和OP的長(zhǎng)，從而得到滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
解：∵∠APB＝30°，
∴點(diǎn)A、B、P在以C點(diǎn)為圓心，CA為半徑的圓上，且∠ACB＝2∠APB＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴CA＝CB＝AB＝4，
⊙C交y軸于P和P′點(diǎn)，連接CP，如圖，
作CD⊥AB于D，CE⊥y軸于E，則AD＝DB＝2，PE＝P′E，
∵AD＝2，CA＝4，
∴CD＝23，OD＝OA+AD＝3，
在Rt△PCE中，PE=42?32=7，
∵OE＝CD＝23，
∴OP′＝23?7，OP＝23+7，
∴P（0，﹣23?7），P′（0，﹣23+7），
∴滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣23?7）或（0，﹣23+7）．
故答案為（0，﹣23?7）或（0，﹣23+7）．
總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和勾股定理．
類型四 四點(diǎn)共圓模型
典例4（2023秋?余杭區(qū)期中）如圖，C、D是以AB為直徑的圓O上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)C、D不與A、B重合），在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中弦CD始終保持不變，M是弦CD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥AB于點(diǎn)P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，則x的最大值是（ ）
A．3B．5C．2.5D．23
思路引領(lǐng)：如圖：延長(zhǎng)CP交⊙O于N，連接DN，易證PM=12DN，所以當(dāng)DN為直徑時(shí)，PM的值最大．
解：如圖：延長(zhǎng)CP交⊙O于N，連接DN．
∵AB⊥CN，
∴CP＝PN，
∵CM＝DM，
∴PM=12DN，
∴當(dāng)DN為直徑時(shí)，PM的值最大，最大值為52．
故選：C．
總結(jié)提升：本題考查是圓的綜合題，垂徑定理，三角形中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造三角形中位線解決問(wèn)題．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023?浙江自主招生）如圖，已知AB是圓O的直徑，PQ是圓O的弦，PQ與AB不平行，R是PQ的中點(diǎn)．作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分別為S，T，并且∠SRT＝60°，則PQAB的值等于 12 ．
思路引領(lǐng)：連接OP，OQ，OR，由R是PQ的中點(diǎn)，根據(jù)垂徑定理的推論得OR⊥PQ，而OP＝OQ，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠POR＝∠QOR，易得∠PSO＝∠PRO＝90°，根據(jù)直角三角形外接圓的性質(zhì)得點(diǎn)P、S、O、R四點(diǎn)在以O(shè)P為直徑的圓上，再根據(jù)圓周角定理得∠PSR＝∠POR，同理可得∠QTR＝∠QOR，則∠PSR＝∠QTR，根據(jù)等角的余角相等得∠RST＝∠RTS，而∠SRT＝60°，所以∠RST＝60°，∠RTS＝60°，則可根據(jù)圓周角定理得到∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，于是可判斷△OPQ為等邊三角形，所以PQ＝OP，則AB＝2PQ，即可得到PQAB=12．
解：連接OP，OQ，OR，如圖，
∵R是PQ的中點(diǎn)，
∴OR⊥PQ，
∵OP＝OQ，
∴∠POR＝∠QOR，
∵PS⊥AB，
∴∠PSO＝∠PRO＝90°，
∴點(diǎn)P、S、O、R四點(diǎn)在以O(shè)P為直徑的圓上，
∴∠PSR＝∠POR，
同理可得∠QTR＝∠QOR，
∴∠PSR＝∠QTR，
∴∠RST＝∠RTS，
而∠SRT＝60°，
∴△RST為等邊三角形，
∴∠RST＝60°，∠RTS＝60°，
∴∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，
∴△OPQ為等邊三角形，
∴PQ＝OP，
∴AB＝2PQ，
∴PQAB=12．
故答案為12．
總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理及其推論：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條??； 推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對(duì)的兩條弧．推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過(guò)圓心，并且平分弦所對(duì)的兩條弧；推論3：平分弦所對(duì)一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對(duì)的另一條?。部疾榱藞A周角定理和等邊三角形的性質(zhì)．
類型五 模型綜合
典例5(2023春?梁溪區(qū)期中）如圖，E、F是正方形ABCD邊AD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且AE＝DF，連接CF交BD于點(diǎn)G，連接BE交AG于點(diǎn)H．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則線段DH長(zhǎng)度的最小值為（ ）
A．5?1B．2C．32D．65
思路引領(lǐng)：延長(zhǎng)AG交CD于M，如圖1，可證△ADG≌△DGC可得∠GCD＝∠DAM，再證△ADM≌△DFC可得DF＝DM＝AE，可證△ABE≌△ADM，可得H是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)，取AB中點(diǎn)O，連接OD，OH，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得不等式，可解得DH長(zhǎng)度的最小值．
解：延長(zhǎng)AG交CD于M，如圖1
∵ABCD是正方形
∴AD＝CD＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠BDC
∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DG＝DG
∴△ADG≌△DGC
∴∠DAM＝∠DCF且AD＝CD，∠ADC＝∠ADC
∴△ADM≌△CDF
∴FD＝DM且AE＝DF
∴AE＝DM且AB＝AD，∠ADM＝∠BAD＝90°
∴△ABE≌△ADM
∴∠DAM＝∠ABE
∵∠DAM+∠BAM＝90°
∴∠BAM+∠ABE＝90°，即∠AHB＝90°
∴點(diǎn)H是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)．
如圖2，取AB中點(diǎn)O，連接OD，OH
∵AB＝AD＝2，O是AB中點(diǎn)，∴AO＝1＝OH，
在Rt△AOD中，OD=AD2+AO2=5
∵DH≥OD﹣OH
∴DH≥5?1
∴DH的最小值為5?1
故選：A．
總結(jié)提升：本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是證點(diǎn)H是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）在銳角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到△A1B1C1．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C1在線段CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，則∠CC1A1的度數(shù)為 90° ．
（2）如圖2，連接AA1，CC1.若△ABA1的面積為3m，求△CBC1的面積（用含m的代數(shù)式表示）．
（3）如圖3，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，在△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)P1，則線段EP1長(zhǎng)度的最小值為 32?2 ，最大值為 8 ．
思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，又由等腰三角形的性質(zhì)，即可求得∠CC1A1的度數(shù)；
（2）由△ABC≌△A1BC1，易證得△ABA1∽△CBC1，然后利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，即可求得△CBC1的面積；
（3）由①當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至垂足點(diǎn)D，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB上時(shí)，EP1最小；②當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，EP1最大，即可求得線段EP1長(zhǎng)度的最大值與最小值．
解：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．
故答案為：90°；
（2）∵△ABC≌△A1BC1，
∴BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，
∴BABC=BA1BC1，∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，
∴∠ABA1＝∠CBC1，
∴△ABA1∽△CBC1．
∴S△ABA1S△CBC1=（ABBC）2＝（46）2，
∵S△ABA1=3m，
∴S△CBC1=934m；
（3）①如圖1，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC，D為垂足，
∵△ABC為銳角三角形，
∴點(diǎn)D在線段AC上，
在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝32，
當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)，BP與AC垂直的時(shí)候，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB上時(shí)，EP1最小，最小值為：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝32?2；
②當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，EP1最大，最大值為：EP1＝BC+BE＝2+6＝8，
故答案為：32?2，8．
總結(jié)提升：此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)的應(yīng)用．此題難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意旋轉(zhuǎn)前后的對(duì)應(yīng)關(guān)系
模塊二 2023中考押題預(yù)測(cè)
1．（蘇州期中）如圖，四邊形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．則BD2的值為（ ）
A．14B．15C．18D．12
思路引領(lǐng)：作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥BD于點(diǎn)N，根據(jù)題給條件及等腰三角形的性質(zhì)證明△ABN≌△BAM，繼而求出AN的值，在Rt△ABN中，利用勾股定理求解即可．
解：作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥BD于點(diǎn)N，
∵AC＝AB，
∴△ABC為等腰三角形，
∴AM也是△ABC的中線和角平分線（三線合一），
∴∠CAM＝∠BAM，
∴△ABM≌△ACM，
∵AB∥CD，AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，
∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，
∴∠ADB=12∠ADC＝∠MAB，
∴∠MAB＝∠DBA，
又∵AB＝AB，
∴△ABN≌△BAM（AAS），
∴AN=12BC=12，
∵AB＝2，
∴BN2＝AB2﹣AN2=154，
∴BD2＝4BN2＝15．
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了梯形的知識(shí)，同時(shí)涉及了等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理的知識(shí)，難度適中，解題關(guān)鍵是正確作出輔助線．
2．（2023秋?如皋市期中）如圖，△ABC為等邊三角形，AB＝3．若P為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠PAB＝∠ACP，則線段PB長(zhǎng)度的最小值為（ ）
A．1.5B．3C．433D．2
思路引領(lǐng)：由等邊三角形的性質(zhì)得出∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，當(dāng)O、P、B共線時(shí)，PB長(zhǎng)度最小，由等邊三角形的性質(zhì)得出AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，求出PD和BD的長(zhǎng)，可得PB的長(zhǎng)，即可得出答案．
解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，
∵∠PAB＝∠ACP，
∴∠PAC+∠ACP＝60°，
∴∠APC＝120°，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是AC，
設(shè)AC所在圓的圓心為O，當(dāng)O、P、B共線時(shí)，PB長(zhǎng)度最小，設(shè)OB交AC于D，如圖所示：
此時(shí)PA＝PC，OB⊥AC，
則AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=12∠ABC＝30°，
∴PD=32，BD=332，
∴PB＝BD﹣PD=332?32=3．
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、勾股定理等知識(shí)；作輔助線構(gòu)建圓是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
3．（2023?淮陰區(qū)模擬）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O為AC的中點(diǎn)，過(guò)O作OE⊥OF，OE、OF分別交射線AB，BC于E、F，則EF的最小值為 ．
思路引領(lǐng)：首先過(guò)點(diǎn)O分別作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，易證四邊形OMBN為矩形，則OM∥BC，ON∥AB，由直角三角形中30°角性質(zhì)，可得AC的長(zhǎng)，進(jìn)而求得BC長(zhǎng)．又O為AC中點(diǎn)，可求得OM與ON的長(zhǎng)，由勾股定理可得MN的長(zhǎng)．又由垂線段最短，可得當(dāng)OE與OM重合，OF與ON重合時(shí)，EF最短．得解．
解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．
∴AC＝2AB＝4．
過(guò)點(diǎn)O分別作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．
∵∠B＝90°，
∴四邊形OMBN為矩形，
∴OM∥BC，ON∥AB．
∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，
∴OM：CB＝OA：CA，ON：AB＝OC：AC．
∵O為AC中點(diǎn)，
則OB=12AC＝2＝MN，
由垂線段最短，可得當(dāng)OE與OM重合，OF與ON重合時(shí)，EF最短．
∴EF的最小值為2．
故答案為：2．
總結(jié)提升：本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及垂線段最短的知識(shí)，難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．
4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（0，2），點(diǎn)P在直線y=33x上，連接AP，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AP，交x軸于點(diǎn)Q，連接AQ．求∠QAP的度數(shù)．
思路引領(lǐng)：分點(diǎn)P在第三象限、點(diǎn)P在第一象限的線段OH上、點(diǎn)P在第一象限的線段OH的延長(zhǎng)線上三種情況，用四點(diǎn)共圓求解．
解：①當(dāng)點(diǎn)P在第三象限時(shí)，如圖2，
由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，
∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；
②當(dāng)點(diǎn)P在第一象限的線段OH上時(shí)，如圖3，
由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，
∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此時(shí)∠POQ＝150°，
∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；
③當(dāng)點(diǎn)P在第一象限的線段OH的延長(zhǎng)線上時(shí)，
由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，
∴Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，
∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．
總結(jié)提升：本題為一次函數(shù)綜合題，涉及到四點(diǎn)共圓、等腰三角形性質(zhì)，分類討論求解是解決此題關(guān)鍵．
5．（廣州中考）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度數(shù)；
（2）連接BD，探究AD，BD，CD三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）若AB＝1，點(diǎn)E在四邊形ABCD內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，且滿足AE2＝BE2+CE2，求點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)度．
思路引領(lǐng)：（1）利用四邊形內(nèi)角和定理計(jì)算即可；
（2）連接BD．以BD為邊向下作等邊三角形△BDQ．想辦法證明△DCQ是直角三角形即可解決問(wèn)題；
（3）如圖3中，連接AC，將△ACE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ABR，連接RE．想辦法證明∠BEC＝150°即可解決問(wèn)題；
解：（1）如圖1中，
在四邊形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°．
（2）如圖2中，結(jié)論：DB2＝DA2+DC2．
理由：連接BD．以BD為邊向下作等邊三角形△BDQ．
∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
∵AB＝BC，DB＝BQ，
∴△ABD≌△CBQ（SAS），
∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，
∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，
∴∠DCQ＝90°，
∴DQ2＝DC2+CQ2，
∵CQ＝DA，DQ＝DB，
∴DB2＝DA2+DC2．
（3）如圖3中，連接AC，將△ACE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ABR，連接RE．
則△AER是等邊三角形，∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，
∴RE2＝RB2+EB2，
∴∠EBR＝90°，
∴∠RAE+∠RBE＝150°，
∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，
∴∠BEC＝150°，
∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡在O為圓心的圓上，在⊙O上取一點(diǎn)K，連接KB，KC，OB，OC，
∵∠K+∠BEC＝180°，
∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴OB＝OC＝BC＝1，
∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路徑=60?π?1180=π3．
總結(jié)提升：本題考查四邊形綜合題、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及逆定理、弧長(zhǎng)公式等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題

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