专题13隐圆问题3种模型（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

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，请利用圆规画出过A、B．C三点的圆．若AOB70，则ACB 35 ． 如图，RtABC中，ABC 90，BCA30，AB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BQA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， 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， ， AOB70，  ACB35， 故答案为35． （2）连接PB，PE ，如图， ， RtABC中，ABC 90，BCA30，AB2． AC 4，BAC 60，BC 2 3． P为RtABC斜边AC中点，  1 BP AC 2， 2 线段AC平移到DF之后，AB ADPE2，BP AE2， 四边形ABPE为菱形， BAC 60，  BEA30， CF //BD，且ABC 90，  四边形BDFC为直角梯形，1 1 S  (BDCF)BC  62 36 3， 2 2 （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BQA45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AHOOHGDQG90，OAH 45，GDQ30， ABC 90，BCA30，AB2，  BC 2 3，OAOBOQ 2， 3 2 3 AH OH 1，HG ，OG ， 3 3 2 3 4 3 GQ 2 ，DG2GQ2 2 ， 3 3 3 4 3 AD AH HGGD1 2 2 12 2 3， 3 3 a12 2 3， 此时直角梯形ABFD的最大面积为： 1 1 S  (BF  AD)AB (2 312 2 312 2 3)24 22． 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． 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，BAC 90，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 ；②MDADAB180； 【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 1 进一步探究后发现：AE CF ，请你帮他证明； 2 【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AB4，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MDADAB180； （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 1 1 AE AM ，可证得AE CF ； 2 2 （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 1 1 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G，   2 2 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：① AE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 ， MDADAB180； （2）证明：延长AE至点M ，使得ME AE ，连接DM ． 由旋转得：AF  AD，DAF 90， BAC 90，DAF BACBADCAF 360，  BADCAF 180， 由（1）②得：MDADAB180，DM  AB AC， CAF MDA， 在ACF和DMA中， AF  AD  CAF MDA，  AC DM ACF DMA(SAS)， CF  AM ， 1 AE AM ，  2 1 AE  CF； 2 （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，DAF 90， AF  AM ，MAF 1809090， BAC 90，  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 ，  FAN MKN 90， 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， AGC 90， 点P是AC的中点，  1 1 GP AC  AB2， 2 2 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 AB2  AP2  42 22 2 5， BGBPPG2 52， BG的最大值为2 5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 3．（2022•番禺区二模）已知抛物线yax2 bx (a0)与x轴交于点A，B两点，OAOB，AB4．其 2 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DF 4，再求得直线AC的解析式为 yx1，设点D的坐标，得到点F 的坐标，然后求解即可； （3）先求得BDF 45，推出点P的运动路径时H N 的中点绕点F 逆时针旋转90得到N H 的中点之间 1 1 2 的弧长，证明四边形DN FE为正方形，即可求解． 2 【解答】解：（1） 点A，点B两点关于直线x1对称，AB4，  A(1,0)，B(3,0)， 3 代入yax2 bx 得， 2  3 ab 0  1   2 a  ，解得： 2， 3 9a3b 0  b1  2 1 3 抛物线的解析式为y x2 x ． 2 2 （2）如图1所示： DF //y轴//GC， GCADFE， 1 3 1 抛物线的解析式为y x2 x  (x1)2 2，  2 2 2 顶点C(1,2)， A(1,0)，  AG2，CG2， CGA为等腰直角三角形， GCADFE45， DE AC，  DEF 为等腰直角三角形， DEEF ，DF  2DE， 1 S  DEEF 4，  DEF 2 DE 2 2， DF  22 2 4， 设直线AC的解析式为ykxb，则 kb0 k 1  ，解得： ， kb2 b1 直线AC的解析式为yx1， 1 3 设点D(x, x2 x )，则F(x,x1)， 2 2 1 3 1 1 DF  x2 x (x1) x2  4， 2 2 2 2 解得：x3或x3（舍)， D(3,6)，F(3,2)． （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，△N FH ，其外心是斜边H N 的中点， 1 1 1 1 当点M 位于点C时，得△N FE，其外心是斜边N H 的中点，即N E的中点， 2 2 2 2 D(3,6)，B(3,0)， 33 tanBDF  1， 6 BDF 45， 由（2）得，FDE45， DBABAC 45， BD//AC， FN BD， DF 平分BDE，BDE90， 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N E上运动，即点P的运动轨迹是一条线段． 2 DN F N DH DHF 90，FN FE，  2 2 2 四边形DN FE为正方形， 2 此时点P在DF上，且EP2； 当点M 与点C重合时，此时点P在DF上，即为P ，且FP EP 2， 2 2 2 由题意，BN BDDN 4，BF 2 10，N F 2 2 ，FN //DH ， 2 2 2 2 1 BFN ∽△BH D， 2 1 BN BF  2  ，解得FH  10， BD BH 1 1 FP  5， 1 由勾股定理可得：PP 1， 1 2 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 中， AB AC，BAC 80，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，BADBCD90，BDC 25，求BAC的度数． （3）问题拓展： 1 抛物线y (x1)2 3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 4 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CQBOED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，   1 BDC  BAC 40， 2 （2）如图2， BADBCD90，  点A、B、C、D共圆，BDC BAC， BDC 25，  BAC 25， （3）①如图3 1 点B为抛物线y (x1)2 3的顶点，  4 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， CQBCED45， CQBC 3， OQ4， 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， CQBCED60， 3 CQ BC  3， 3OQ1 3， 1 9 把1 3代入y (x1)2 3得y ， 4 4 9 点P的坐标是(1 3， ) 4 Ⅱ、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， CQBCED30， CQ 3BC 3 3， OQ13 3， 1 15 把13 3代入y (x1)2 3得y ， 4 4 15 点P的坐标是(13 3， ) 4 9 15 综上所述，点P的坐标是(1 3， )或(13 3， )． 4 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 3 ； 问题探究 （2）如图②，在ABC 中，已知BAC 120，BC 6 3，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AMB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BC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AOB90，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AMB45，此时满足条件的有两个点M ，过M 作M F  AB于F ，作  1 1 EOM F 于E，连接OF ，利用勾股定理求出OE的长，从而解决问题． 1 【解答】解：（1）作ADBC于D， ABC是边长为2的等边三角形，  BD1， AD AB2 BD2  3， 1 ABC的面积为 2 3 3， 2 故答案为： 3； （2）作ABC 的外接圆 O，  BAC 120，BC 6 3， 点A在BC上运动， 当AOBC时，ABC 的面积最大， BOA60，BH CH 3 3， OH 3，OB6， AH OAOH 633， 1 ABC的最大面积为 6 339 3； 2 （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AOB90， 过O作HG AB于H ，交CD于G， AB20米，  AH OH 10米，OA10 2 米， BC 24米，  OG14米， 10 2 14，  以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，  O上存在点M ，满足AMB45，此时满足条件的有两个点M ，  过M 作M F  AB于F ，作EOM F 于E，连接OF ， 1 1 1EF OH 10米，OM 10 2米， 1 EM 14米， 1 OE OM 2 M E2 2米， 1 1 CM BF 8米， 1 同理CM BH OE10212（米)， 2 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，C 120，AC BC 8，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，C 120，AB10，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BC 600米，CD300米，C 60，A60，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BDC 90，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MDE90，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， AC BC 8，  1 CD AB，ACDBCD ACB60， 2 CD ACcosACD8cos604， CD的长度为4， 故答案为：4； （2）存在．如图②， AB10，ACB120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；1 连接OC交AB于点D，则CD AB，ADBD AB5， 2 1 ACD ACB60， 2 AD AD 5 3 tanACD ，CD  ， CD tan60 3 1 25 3 S  ABCD ， ABC 2 3 25 3 答：ABC 的面积最大值是 ； 3 （3）存在．如图③，连接DM ，BD， M 是BC的中点，  1 CM  BC 300， 2 CM CD， 又 C 60，  CMD是等边三角形， MDC CMD60，CM DM BM ， CBDMDB30， BDC 90， BDCDtan60300 3米， 在ABD中，BD300 3米，A60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）， 1 3 S S S  300300 3 (300 3)2 112500 3； max BDC BDA 2 4 ABD是等边三角形，  ADB60，ADM ADBBDM 90， 1 由S S  S ，得： EMD CDM 2 max 1 3 1 DE300 3002  112500 3， 2 4 2 解得：DE225 3， AE ADDE300 3225 375 3（米)， 答：点A距出口的距离AE的长为75 3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APB30的点P有 无数 个； （2）若点P在y轴上，且APB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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APB30，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P、P ．  1 2 在优弧APB上任取一点P，如图1， 1 1 1 则APB ACB 6030． 2 2 使APB30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A(1,0)，点B(5,0)，  OA1，OB5． AB4． 点C为圆心，CG AB，  1 AGBG AB2． 2 OGOA AG3． ABC是等边三角形，  AC BC  AB4． CG AC2 AG2  42 22 2 3． 点C的坐标为(3，2 3)． 过点C作CD y轴，垂足为D，连接CP ，如图1， 2 点C的坐标为(3，2 3)，  CD3，OD2 3． P、P 是 C与y轴的交点，  1 2  APBAPB30． 1 2CP CA4，CD3，  2 DP  42 32  7． 2 点C为圆心，CDPP ，  1 2 PDPD 7． 1 2 P(0，2 3 7)．P(0，2 3 7)． 2 1 ②当点P在y轴的负半轴上时， 同理可得：P(0,2 3 7)．P(0,2 3 7)． 3 4 综上所述：满足条件的点P的坐标有： (0，2 3 7)、(0，2 3 7)、(0,2 3 7)、(0,2 3 7)． （3）当过点A、B的 E与y轴相切于点P时，APB最大．  2 理由：可证：APBAEH ，当APB最大时，AEH最大．由sinAEH  得：当AE最小即PE 最 AE 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 ，  EPOPOH EHO90． 四边形OPEH 是矩形． OPEH ，PEOH 3． EA3． EHA90，AH 2，EA3，  EH  EA2 AH2  32 22  5OP 5 P(0, 5)． ②当点P在y轴的负半轴上时， 同理可得：P(0, 5)． 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(0, 5)和(0, 5)．【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 ， 1 则EQFQ PC PQCQ，（依据1) 2 点E，F ，P，C四点共圆，  FCPFEP180．（依据2) 又 ACPABP180，  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BC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FEPDEP180，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 ， 1 则EQFQ PC PQCQ， 2 点E，F ，P，C四点共圆， FCPFEP180， 又 ACPABP180，  FEPABP， 同上可得点B，D，P，E四点共圆， DBPDEP， ABPDBP180，  FEPDEP180， 点D，E，F 在同一直线上；（3）证明：如图，连接PA，PB，PC， 点P是BC的中点，  BPPC， 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，BAC 90，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，BADBCD90，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12，利用“SAS ”证明ADG和CDG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AHB90，取AB的中点O，连 1 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OH  AB1，利用勾股定理列式求出 2 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，   1 BDC  BAC 45， 2 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、D共圆， BDC BAC， BDC 25，  BAC 25， （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)， 12， 在ADG和CDG中， ADCD  ADGCDG，  DGDG ADGCDG(SAS)， 23， 13， BAH 3BAD90，  1BAH 90， AHB1809090， 取AB的中点O，连接OH 、OD， 1 则OH  AO AB1， 2 在RtAOD中，OD AO2  AD2  12 22  5， 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ODOH  51． （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） 故答案为： 5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BAC 90， 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，BAC BDC 90，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BAC 90，且AB AC，可得ACBABC 45，由BAC BDC 90，推出 A、 B、C、D四点共圆，所以ADBACB45；由题意知EABDAC，所以BECD，由AE  AD， EAD90，可知ADE是等腰直角三角形，推出CDDBEBBDDE 2AD； （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，EAD90，所以ADE是等腰直角三角形，则DE 2AD，由BDCDBDBEDE，推出BDCD 2AD； （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． BAC 90，且AB AC，  ACBABC 45， BAC BDC 90，  A、B、C、D四点共圆， ADBACB45； ②由题意可知，EADBAC 90， EABDAC ， 又AE  AD，AB AC， EABDAC(SAS)， BECD， AE AD，EAD90，  ADE 是等腰直角三角形， DE  2AD， CDDBEBBDDE，  CDDB 2AD； 故答案为45，CDDB 2AD； （2）线段AD，BD，CD的数量关系会变化，数量关系为BDCD 2AD． 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DAECAB90， DAC EAB， 又AD AE，AC  AB， EABDAC(SAS)， BECD， AE AD，EAD90，  ADE 是等腰直角三角形， DE  2AD， BDCDBDBEDE，  BDCD 2AD； （3）由（2）知，CDABEA， CDAAEB， DEA45，  AEB18045135， CDAAEB135， CDAABC 13545180， A、B、C、D四点共圆， 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CDDH 1， ADBACB45，  GDB22.5，DBG67.5， DBC 67.54522.5， HCBDHCHBC 4522.522.5， HCBHBC ， HBCH  2， ADBDDH BH 1 2 ． 【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．