專題41中考最值難點突破隱圓問題（解析版）模塊一典例剖析+針對訓練類型一“一中同長”模型典例11．（2021?鼓樓區二模）如圖，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，則OA的長為（）A．10 B．2 C．13 D．4思路引領：過O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，由等腰三角形的性質得到BF＝CF＝2，AE＝DE＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，由∠BOC+∠AOD＝180°，得到∠AOE+∠BOF＝90°，進而得到∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，根據全等三角形判定證得△AOE≌△OBF，得到OE＝BF＝2，在Rt△AOE中，根據勾股定理即可求得OA．解：過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∵∠BOC+∠AOD＝180°，∴∠AOE+∠BOF＝90°，∴∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，在△AOE和△OBF中，∠AEO=∠OFB∠A=∠BOF∴△AOE≌△OBF（AAS），∴OE＝BF＝2，在Rt△AOE中，∠AEO＝90°，OE＝2，AE＝3，∴OA=A故選：C．總結提升：本題主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性質，正確作出輔助線構造全等三角形是解決問題的關鍵．針對訓練1．（2016春?龍口市期末）如圖，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，則∠CBD的度數為（）A．15° B．25° C．50° D．65°思路引領：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鍵．2．（2020?浙江自主招生）如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，現有一根長為2cm的木棒EF緊貼著矩形的邊（即兩個端點始終落在矩形的邊上），按逆時針方向滑動一周，則木棒EF的中點P在運動過程中所圍成的圖形的面積為（）A．（8﹣π）cm2 B．4cm2 C．（3+π）cm2 D．8cm2思路引領：連接BP，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BP=12EF，然后判斷出點解：如圖，∵P是EF的中點，∴BP=12EF=1∵AB＝2，∴點P在運動過程中所圍成的圖形的面積為長方形的面積減去四個扇形的面積，：又∵四個扇形的面積正好等于一個相同半徑的圓的面積，∴4×2﹣π?12＝8﹣π（cm2）．故選：A．總結提升：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，扇形面積的計算，軌跡，判斷出點的P運動的軌跡和所組成的圖形的面積組成是解題的關鍵．模型二定角（直角）定長模型典例2（2021?鄰水縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，點F在邊AC上，并且CF＝1，點E為邊BC上的動點，將△CEF沿直線EF翻折，點C落在點P處，則點P到邊AB距離的最小值是35思路引領：延長FP交AB于M，得到FP⊥AB時，點P到AB的距離最小，根據相似三角形的性質求出FM，根據折疊的性質求出PF，計算即可．解：如圖，延長FP交AB于M，當FP⊥AB時，點P到AB的距離最小，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB=A∵∠A＝∠A，∠AMF＝∠C＝90°，∴△AFM∽△ABC，∴AFAB=FM解得，FM=8由折疊的性質可知，FP＝FC＝1，∴PM=3故答案為：35總結提升：本題考查翻折變換、最短問題、相似三角形的判定和性質、勾股定理．垂線段最短等知識，解題的關鍵是正確找到點P位置．針對訓練1．（2022秋?陽西縣期末）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC內部的一個動點，且滿足∠PAB＝∠PBC，則線段CP長的最小值為2．思路引領：首先證明點P在以AB為直徑的⊙O上，當O、P、C共線時PC最小，利用勾股定理求出OC即可解決問題．解：∵AB⊥BC，∴∠ABP+∠PBC＝90°，∵∠PAB＝∠PBC∴∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°，∴點P在以AB為直徑的⊙O上，當O、P、C共線時PC最小，在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，∴OB=12∴OC=O∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．∴PC最小值為2．故答案為2．總結提升：本題考查點與圓位置關系、圓周角定理、最短問題等知識，解題的關鍵是確定點P位置，學會求圓外一點到圓的最小、最大距離，屬于中考常考題型．2．（2022秋?工業園區校級期中）如圖，正方形ABCD的邊長為4cm，動點E，F分別從點A，C同時出發，以相同的速度分別沿AB，CD向終點B，D移動，當點E到達點B時，運動停止．過點B作直線EF的垂線BG，垂足為點G，連接AG，則AG長的最小值為（）A．22cm B．（10?2）cm C．2cm D．（22思路引領：設正方形的中心為O，可證EF經過O點．連接OB，取OB中點M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，利用兩點之間線段最短解決問題即可．解：設正方形的中心為O，可證EF經過O點．連接OB，取OB中點M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，∴MA=10，MG=12OB=2，AG≥AM當A，M，G三點共線時，AG最小值＝（10?2）故選：B．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，連接OB，取OB中點M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，利用兩點之間線段最短解決問題是解決本題的關鍵．模型三定角（非直角）定長模型典例3（2019秋?海陵區校級月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，則BC的長的取值范圍是0＜BC≤833且BC思路引領：作△ABC的外接圓，根據直徑是最長的弦得到∠BAC＝90°時，BC是最長，根據直角三角形的性質、勾股定理計算即可．解：作△ABC的外接圓，如圖所示：當∠BAC＝90°時，BC是直徑最長，∵∠C＝60°，∴∠ABC＝30°，∴BC＝2AC，AB=3AC∴AC=4∴BC＝2AC=8當∠A＝∠B時，△ABC為等邊三角形，∴BC＝AB＝4，則BC的長的取值范圍是0＜BC≤833且故答案為：0＜BC≤833且總結提升：本題考查的是勾股定理、直角三角形的性質，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．針對訓練1．（2020秋?東臺市期中）已知點A（1，0）、點B（5，0），點P是該直角坐標系內的一個動點．若點P在y軸的負半軸上，且∠APB＝30°，則滿足條件的點P的坐標為（0，﹣23?7）或（0，﹣23思路引領：利用圓周角定理可判斷點A、B、P在以C點為圓心，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，連接CP，如圖，作CD⊥AB于D，CE⊥y軸于E，根據垂徑定理得到得到AD＝DB＝2，PE＝P′E，所以CD＝23，OD＝3，再利用勾股定理計算出PE得到OP′和OP的長，從而得到滿足條件的點P的坐標．解：∵∠APB＝30°，∴點A、B、P在以C點為圓心，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，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=4∵OE＝CD＝23，∴OP′＝23?7，OP＝2∴P（0，﹣23?7），P′（0，﹣2∴滿足條件的點P的坐標為（0，﹣23?7）或（0，﹣2故答案為（0，﹣23?7）或（0，﹣2總結提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和勾股定理．類型四四點共圓模型典例4（2020秋?余杭區期中）如圖，C、D是以AB為直徑的圓O上的兩個動點（點C、D不與A、B重合），在運動過程中弦CD始終保持不變，M是弦CD的中點，過點C作CP⊥AB于點P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，則x的最大值是（）A．3 B．5 C．2.5 D．23思路引領：如圖：延長CP交⊙O于N，連接DN，易證PM=12DN，所以當DN為直徑時，解：如圖：延長CP交⊙O于N，連接DN．∵AB⊥CN，∴CP＝PN，∵CM＝DM，∴PM=12∴當DN為直徑時，PM的值最大，最大值為52故選：C．總結提升：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，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造三角形中位線解決問題．針對訓練1．（2020?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．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：連接OP，OQ，OR，由R是PQ的中點，根據垂徑定理的推論得OR⊥PQ，而OP＝OQ，根據等腰三角形的性質得∠POR＝∠QOR，易得∠PSO＝∠PRO＝90°，根據直角三角形外接圓的性質得點P、S、O、R四點在以OP為直徑的圓上，再根據圓周角定理得∠PSR＝∠POR，同理可得∠QTR＝∠QOR，則∠PSR＝∠QTR，根據等角的余角相等得∠RST＝∠RTS，而∠SRT＝60°，所以∠RST＝60°，∠RTS＝60°，則可根據圓周角定理得到∠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解：連接OP，OQ，OR，如圖，∵R是PQ的中點，∴OR⊥PQ，∵OP＝OQ，∴∠POR＝∠QOR，∵PS⊥AB，∴∠PSO＝∠PRO＝90°，∴點P、S、O、R四點在以OP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故答案為12總結提升：本題考查了垂徑定理及其推論：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧；推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧．推論2：弦的垂直平分線經過圓心，并且平分弦所對的兩條弧；推論3：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧．也考查了圓周角定理和等邊三角形的性質．類型五模型綜合典例5（2022春?梁溪區期中）如圖，E、F是正方形ABCD邊AD上的兩個動點且AE＝DF，連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形ABCD的邊長為2，則線段DH長度的最小值為（）A．5?1 B．2 C．32 思路引領：延長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，取AB中點O，連接OD，OH，根據三角形的三邊關系可得不等式，可解得DH長度的最小值．解：延長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H是以AB為直徑的圓上一點．如圖2，取AB中點O，連接OD，OH∵AB＝AD＝2，O是AB中點，∴AO＝1＝OH，在Rt△AOD中，OD=∵DH≥OD﹣OH∴DH≥5∴DH的最小值為5?故選：A．總結提升：本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是證點H是以AB為直徑的圓上一點．針對訓練1．（2020秋?朝陽區校級期中）在銳角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉，得到△A1B1C1．（1）如圖1，當點C1在線段CA的延長線上時，則∠CC1A1的度數為90°．（2）如圖2，連接AA1，CC1.若△ABA1的面積為3m，求△CBC1的面積（用含m（3）如圖3，點E為線段AB中點，點P是線段AC上的動點，在△ABC繞點B按逆時針方向旋轉過程中，點P的對應點是點P1，則線段EP1長度的最小值為32?2，最大值為8思路引領：（1）由旋轉的性質可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，又由等腰三角形的性質，即可求得∠CC1A1的度數；（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P在AC上運動至垂足點D，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小；②當P在AC上運動至點C，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB的延長線上時，EP1最大，即可求得線段EP1長度的最大值與最小值．解：（1）由旋轉的性質可得：∠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＝∠A∴∠ABA1＝∠CBC1，∴△ABA1∽△CBC1．∴S△ABA1S△CBC1=（∵S△ABA1=3m∴S△CBC1=93（3）①如圖1，過點B作BD⊥AC，D為垂足，∵△ABC為銳角三角形，∴點D在線段AC上，在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝32，當P在AC上運動，BP與AC垂直的時候，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小，最小值為：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝32?②當P在AC上運動至點C，△ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB的延長線上時，EP1最大，最大值為：EP1＝BC+BE＝2+6＝8，故答案為：32?總結提升：此題考查了旋轉的性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質以及三角函數的應用．此題難度較大，注意數形結合思想的應用，注意旋轉前后的對應關系模塊二2023中考押題預測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．14 B．15 C．18 D．12思路引領：作AM⊥BC于點M，AN⊥BD于點N，根據題給條件及等腰三角形的性質證明△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M，AN⊥BD于點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＝∠DBA，又∵AB＝AB，∴△ABN≌△BAM（AAS），∴AN=12BC∵AB＝2，∴BN2＝AB2﹣AN2=15∴BD2＝4BN2＝15．故選：B．總結提升：本題考查了梯形的知識，同時涉及了等腰三角形的性質和勾股定理的知識，難度適中，解題關鍵是正確作出輔助線．2．（2021秋?如皋市期中）如圖，△ABC為等邊三角形，AB＝3．若P為△ABC內一動點，且滿足∠PAB＝∠ACP，則線段PB長度的最小值為（）A．1.5 B．3 C．433思路引領：由等邊三角形的性質得出∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，當O、P、B共線時，PB長度最小，由等邊三角形的性質得出AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，求出PD和解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，∵∠PAB＝∠ACP，∴∠PAC+∠ACP＝60°，∴∠APC＝120°，∴點P的運動軌跡是AC，設AC所在圓的圓心為O，當O、P、B共線時，PB長度最小，設OB交AC于D，如圖所示：此時PA＝PC，OB⊥AC，則AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=1∴PD=32，BD∴PB＝BD﹣PD=3故選：B．總結提升：本題考查了等邊三角形的性質、等腰三角形的性質、三角形內角和定理、勾股定理等知識；作輔助線構建圓是解決問題的關鍵．3．（2020?淮陰區模擬）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O為AC的中點，過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：首先過點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，可得AC的長，進而求得BC長．又O為AC中點，可求得OM與ON的長，由勾股定理可得MN的長．又由垂線段最短，可得當OE與OM重合，OF與ON重合時，EF最短．得解．解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．∴AC＝2AB＝4．過點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，則OB=12AC＝2＝由垂線段最短，可得當OE與OM重合，OF與ON重合時，EF最短．∴EF的最小值為2．故答案為：2．總結提升：本題考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理以及垂線段最短的知識，難度適中，注意數形結合思想的運用．4．如圖，在平面直角坐標系xOy中，A（0，2），點P在直線y=33x上，連接AP，過點P作PQ⊥AP，交x軸于點Q，連接AQ．求∠思路引領：分點P在第三象限、點P在第一象限的線段OH上、點P在第一象限的線段OH的延長線上三種情況，用四點共圓求解．解：①當點P在第三象限時，如圖2，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四點共圓，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；②當點P在第一象限的線段OH上時，如圖3，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四點共圓，∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此時∠POQ＝150°，∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；③當點P在第一象限的線段OH的延長線上時，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，∴Q、P、O、A四點共圓，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．總結提升：本題為一次函數綜合題，涉及到四點共圓、等腰三角形性質，分類討論求解是解決此題關鍵．5．