2024年中考数学重难点押题预测《隐圆问题》含答案解析

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)段长为半径构造辅助圆；(2)(3)点共圆。隐圆常与线段最值结合考查。类型1(2023•新城区校级三模)(1)1OA=OB=OCAB．C三点的圆．若∠AOB=70°∠ACB=ꢀ35°ꢀ．如图，RtΔABC中，∠ABC=90°∠BCA=30°AB=2．(2)2．点P为ACAC沿BA方向平移2APC的对应点分别为点DEFBDFC的面积和∠BEA的大小．(3)如图3AC边沿BC方向平移a个单位至DFaDF上有一点Q∠BQA=45°且此时四边形BADFBADF面积的最大值及平移距离a，(1)利用圆的定义知ABC(2)(3)D点能够向右移动的最大距离，求出四边形的最大面积．(1)以O为圆心，OA1，∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，故答案为35°．(2)连接PBPERtΔABC中，∠ABC=90°∠BCA=30°AB=2．∴AC=4∠BAC=60°BC=23．∵P为RtΔABC斜边AC中点，1∴BP=AC=2，2线段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2BP=AE=2，∴四边形ABPE为菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF⎳BD∠ABC=90°，∴四边形BDFC为直角梯形，1212∴S=(BD+CF)×BC=×6×23=63，(3)AB为斜边在AB的右侧作等腰直角三角形OABO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点O作OH⊥AD于H，则∠AHO=∠OHG=∠DQG=90°∠OAH=45°∠GDQ=30°，∵∠ABC=90°∠BCA=30°AB=2，∴BC=23OA=OB=OQ=2，33233∴AH=OH=1HG=OG=，233433∴GQ=2-DG=2GQ=22-，233433∴AD=AH+HG+GD=1+∴a=1+22-3，+22-=1+22-3，此时直角梯形ABFD的最大面积为：1212S=×(BF+AD)×AB=×(23+1+22-3+1+22-3)×2=42+2．2(2024•兰州模拟)综合与实践ΔABC中，AB=AC∠BAC=90°D为平面内一点(点ABD三点不共线)AE为ΔABD的中线．(1)如图1AE至点MME=AEDM．始终存在以下两个结①DM=AC∠MDA+∠DAB=180°；(2)如图2AD绕点A顺时针旋转90°得到AFCF．小斌同学沿着小林同学的思考进12一步探究后发现：AE=CF(3)如图3(2)D在以点A为圆心，AD为半径的圆上运动(AD>AB)线AE与直线CF相交于点GBGD的运动过程中BG存在最大值．若AB=4BG的最大值．(1)利用SAS证明ΔABE≅ΔMDEAB=DMAB=ACDM=AC等三角形性质可得∠BAE=∠DME∠MDA+∠DAB=180°；(2)延长AE至点MME=AEDM．利用SAS证得ΔACF≅ΔDMACF=AM1212AE=AMAE=CF；(3)延长DA至MAM=ADAM交CF于N接BM交CF于KAC中点P接GPΔACF≅ΔABM(SAS)AE⎳BMAG⎳BM1212GP=AC=AB=2G在以P为圆心，2为半径的⊙PBP并延长交⊙P于G′，可得BG′的长为BG(1)∵AE为ΔABD的中线，∴BE=DE，BE=DE在ΔABE和ΔMDE中，∠AEB=∠MED，AE=ME∴ΔABE≅ΔMDE(SAS)，3∴AB=DM，∵AB=AC，∴DM=AC；②由①知ΔABE≅ΔMDE，∴∠BAE=∠DME，∴AB⎳DM，∴∠MDA+∠DAB=180°；(2)AE至点MME=AEDM．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，AF=AD在ΔACF和ΔDMA中，∠CAF=∠MDA，AC=DM∴ΔACF≅ΔDMA(SAS)，∴CF=AM，1∵AE=AM，21∴AE=CF；2(3)如图3DA至MAM=ADAM交CF于NBM交CF于KAC中点PGP，由旋转得：AF=AD∠DAF=90°，∴AF=AM∠MAF=180°-90°=90°，∵∠BAC=90°，∴∠MAF+∠CAM=∠BAC+∠CAM，即∠CAF=∠BAM，AC=AB在ΔACF和ΔABM中，∠CAF=∠BAM，AF=AM∴ΔACF≅ΔABM(SAS)，∴∠AFC=∠AMB∠AFN=∠KMN，∵∠ANF=∠KNM，∴∠FAN=∠MKN=90°，∴BM⊥CF，∵EA分别是DBDM的中点，∴AE是ΔBDM的中位线，∴AE⎳BMAG⎳BM，∴AG⊥CF，∴∠AGC=90°，∵点P是AC的中点，1212∴GP=AC=AB=2，4∴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RtΔABP中，BP=AB+AP2=4+22=25，∴BG′=BP+PG′=25+2，∴BG的最大值为25+2．323(2022•番禺区二模)已知抛物线y=ax+bx-(a>0)与x轴交于点，两点，，ABOA<OBAB=4．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EDF⎳y轴交直线AC于点FΔDEF面积等于4D的坐标；(3)在(2)M是抛物线上的一点，M点从点B运动到达点CFM⊥FN交直线BD于点N长MF与线段DE的延长线交于点HP为NFHP经过的路线长．(1)A和B(2)证明ΔCGA和ΔDEFDF=4AC的解析式为y=x-1DF(3)先求得∠BDF=45°P的运动路径时HN的中点绕点F逆时针旋转90°得到NH的中点之间112DNFE(1)∵点AB两点关于直线x=-1对称，AB=4，∴A(1,0)B(-3,0)，3a+b-=012a=322代入y=ax+bx-得，，329a-3b-=0b=11232∴抛物线的解析式为y=x+x-．(2)如图1所示：∵DF⎳y轴⎳GC，∴∠GCA=∠DFE，123212∵抛物线的解析式为y=x+x-=(x+1)-2，∴顶点C(-1,-2)，∵A(1,0)，∴AG=2CG=2，∴ΔCGA为等腰直角三角形，∴∠GCA=∠DFE=45°，∵DE⊥AC，∴ΔDEF为等腰直角三角形，∴DE=EFDF=2DE，12∵S=DE⋅EF=4，∴DE=22，5∴DF=2×22=4，设直线AC的解析式为y=kx+bk+b=0-k+b=-2k=1，b=-1∴直线AC的解析式为y=x-1，1232设点Dx,x+x-F(x,x-1)，1321212∴DF=x+x--(x-1)=x-=4，2解得：x=3或x=-3(舍)，∴D(3,6)F(3,2)．(3)如图2所示，∵ΔNFH是直角三角形，∴ΔNFH的外心是斜边NH的中点，当点M位于点B时，△NFHHN的中点，1111当点M位于点C△NFENHNE的中点，2222∵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DNFH四点共圆，∴点P在线段DFP在N2EP的运动轨迹是一条线段．∵∠DNF=∠NDH=∠DHF=90°FN=FE，222∴四边形DNFE为正方形，此时点P在DFEP=2；当点M与点CP在DFPFP=EP=2，222由题意，BN=BD-DN=4BF=210NF=22FN⎳DH，22221∴ΔBFN∽△BHD，21BNBDBFBH1∴2=FH=10，∴FP=5，由勾股定理可得：PP=1，12即点P的运动轨迹长为1．4(2021•红谷滩区校级模拟)(1)61ΔABC中，AB=AC∠BAC=80°D是ΔABCAD=AC∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙ACD必在⊙A上，∠BAC是⊙A∠BDC是∠BDC=ꢀ40°ꢀ．(2)问题解决：ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°∠BDC=25°∠BAC的度数．(3)问题拓展：14抛物线y=-(x-1)2+3与轴交于点yABBC与轴交于点xCPPQ⎳BC交x轴于点QBQ．①若含45°CD在BQE在PQ上Q的坐标；②若含30°角的直角三角板一个顶点与点CD在BQE在PQD与点BQP的坐标．(1)利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．(2)由ABCD∠BDC=∠BAC，(3)①DCQE∠CQB=∠OED=45°出CQQ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CDC、QECQ即点PPP的坐标．(1)∵AB=ACAD=AC，∴以点ABCD必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A∠BDC是圆周角，12∴∠BDC=∠BAC=40°，(2)如图2，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴点ABCD共圆，∴∠BDC=∠BAC，∵∠BDC=25°，∴∠BAC=25°，(3)①如图314∵点B为抛物线y=-(x-1)+3的顶点，∴点B的坐标为(1,3)，∵45°CD在BQE在PQ上，7∴点DCQE共圆，∴∠CQB=∠CED=45°，∴CQ=BC=3，∴OQ=4，∴点Q的坐标为(4,0)，②如图4，30°的角的顶点与点C重合时，∵直角三角板30°角的顶点与点CD在BQE在PQ上∴点DCQE共圆，∴∠CQB=∠CED=60°，33∴CQ=BC=3，∴OQ=1+3，1494∴把1+3代入y=-(x-1)+3得y=，94∴点P的坐标是1+3，5，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CD在BQE在PQ上∴点DCQE共圆，∴∠CQB=∠CED=30°，∴CQ=3BC=33，∴OQ=1+33，14154∴把1+33代入y=-(x-1)+3得y=-，154∴点P的坐标是1+33-94154P的坐标是1+3，或1+33-．类型5(2022•雁塔区校级三模)问题提出(1)ΔABC为边长为2ΔABC的面积为ꢀ3ꢀ；8问题探究(2)ΔABC∠BAC=120°BC=63ΔABC的最大面积；问题解决(3)ABCDAB=20BC=24CD上安装一台摄像头M面ABM出发的观测角∠AMB=45°CD区域上是否存在点MMC(1)作AD⊥BC于DAD(2)作ΔABC的外接圆⊙OA在BCO⊥BC时，ΔABCH的长，从而得出答案；(3)以ABABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB∠AOB=90°O作HG⊥AB于HCD于GOAOGO为圆心，OA为半径的圆与CD相⊙O上存在点M足∠AMB=45°MM作MF⊥AB于F11EO⊥MF于EOFOE(1)作AD⊥BC于D，∵ΔABC是边长为2的等边三角形，∴BD=1，∴AD=AB-BD2=3，12∴ΔABC的面积为×2×3=3，故答案为：3；(2)作ΔABC的外接圆⊙O，∵∠BAC=120°BC=63，∴点A在BC上运动，当O⊥BC时，的面积最大，ΔABC∴∠BOA=60°BH=CH=33，∴OH=3OB=6，∴H=OA-OH=6-3=3，912∴ΔABC的最大面积为×63×3=93；(3)ABABCD的内部作一个等腰直角三角形AOB∠AOB=90°，过O作HG⊥AB于HCD于G，∵AB=20米，∴AH=OH=10米，OA=102米，∵BC=24米，∴OG=14米，∵102>14，∴以O为圆心，OA为半径的圆与CD相交，∴⊙O上存在点M∠AMB=45°M，过M作MF⊥AB于FEO⊥MF于EOF，111∴EF=OH=10米，OM=102米，∴EM=14米，∴OE=OM-ME2=2米，11∴CM=BF=8米，同理CM=BH+OE=10+2=12(米)，∴MC的长度为8米或12米．6(2023•灞桥区校级模拟)问题提出：(1)如图①，ΔABC为等腰三角形，∠C=120°AC=BC=8D是ABCD平分ΔABCCD的长度为4．10问题探究：(2)如图②，ΔABC中，∠C=120°AB=10ΔABC问题解决：(3)如图③，2023旁规划一个四边形花圃ABCDBC=600米，CD=300米，∠C=60°∠A=60°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MEA距出口的距离AE说明理由．(1)由题意可知，CD是ΔABCCD⊥AB即可解决问题；(2)当ΔABC的AB边上的高CDABCCD过圆心OAO．求出CD的最大值即可得出答案；(3)连接DMBD．首先证明∠BDC=90°出BDΔBDCABCD的ΔABDBD为定值，∠A为定角=60°ΔABD是等边三角形ABCD∠MDE=90°(1)如图①，∵CD平分ΔABC的面积，∴AD=DB，∵AC=BC=8，12∴CD⊥AB∠ACD=∠BCD=∠ACB=60°，∴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ABC在AB的中点时，ΔABC的面积最大；1连接OC交AB于点DCD⊥ABAD=BD=AB=5，212∠ACD=∠ACB=60°，ADCDADtan60°533∴tan∠ACD=CD==，122533∴S=AB⋅CD=，2533答：ΔABC的面积最大值是；(3)DMBD，11∵M是BC的中点，1∴CM=BC=300，2∴CM=CD，又∵∠C=60°，∴ΔCMD是等边三角形，∴∠MDC=∠CMD=60°CM=DM=BM，∴∠CBD=∠MDB=30°，∴∠BDC=90°，∴BD=CD⋅tan60°=3003米，在ΔABD中，BD=3003米，∠A=60°为定值，由(2)可知当AB=ADΔABD为等边三角形时ΔABD的面积最大，此时也为四边形ABCD的最大值(ΔBDC的面积不变)，1234S=SBDC+S=×300×3003+(3003)=1125003；∵ΔABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADM=∠ADB+∠BDM=90°，12由S+S=Smax：123412DE×300+×300=×1125003，解得：DE=2253，∴AE=AD-DE=3003-2253=753(米)，答A距出口的距离AE的长为753米．7(2023•柯城区校级一模)A与点B的坐标分别是(1,0)(5,0)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∠APB=30°P的坐标；(3)当点P在y轴上移动时，∠APBP∠APB最大的理由；12(1)已知点A点B∠APB=30°P在过点A点BAB所对的圆心角为60°P有无数个．(2)结合(1)P在yP是(1)中的圆与y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PP在y理可求出符合条件的点P的坐标．(3)∠APBA点B且与y∠APB最大的点P、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．(1)以ABABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙Cy轴于点PP．12在优弧APB上任取一点P1，1212则∠APB=∠ACB=×60°=30°．∴使∠APB=30°的点P有无数个．(2)①当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥ABG1．∵点A(1,0)B(5,0)，∴OA=1OB=5．∴AB=4．∵点C为圆心，CG⊥AB，12∴AG=BG=AB=2．∴OG=OA+AG=3．∵ΔABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=4．∴CG=AC-AG2=4-22=23．∴点C的坐标为(323)．过点C作CD⊥yDCP2图1，∵点C的坐标为(323)，∴CD=3OD=23．∵PP是⊙C与y轴的交点，12∴∠APB=∠APB=30°．12∵CP=CA=4CD=3，∴DP=4-32=7．∵点C为圆心，CD⊥PP，12∴PD=PD=7．12∴P(023-7)．P(023+7)．21②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P(0,-23-7)．P(0,-23+7)．3413P的坐标有：(023-7)(023+7)(0,-23-7)(0,-23+7)．(3)当过点AB的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．2AE∠APB=∠AEH∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH=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EAEH⊥xH2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．∵EH⊥ABOP⊥OH，∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°．∴四边形OPEH是矩形．∴OP=EHPE=OH=3．∴EA=3．∵∠EHA=90°AH=2EA=3，∴EH=-AH2=3-22=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MAMB⊙E于点NNA2所示．∵∠ANB是ΔAMN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．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)．键．类型148(2022•中原区校级模拟)(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)ΔABC内接于⊙OP在⊙O上(不与点ABC重合)P分别作AB，BCACDEFDEF在同一条直线上．如下是他们的证明过程(不完整):如图(1)PBPCDEEFPC的中点QQE．QF，12则EQ=FQ=PC=PQ=CQ(依据1)∵点EFPC四点共圆，∴∠FCP+∠FEP=180°．(依据2)又∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠FEP=∠ABP．同上可得点BDPE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(2)证明该结论的正确性．(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EFPC和点BDPE∠FEP+∠DEP=180°(3)连接PAPBPCHL证明RtΔPBD≅RtΔPCF(1)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，(2)(1)PBPCDEEFPC的中点QQE．QF，12则EQ=FQ=PC=PQ=CQ，15∴点EFPC四点共圆，∴∠FCP+∠FEP=180°，又∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠FEP=∠ABP，同上可得点BDPE四点共圆，∴∠DBP=∠DEP，∵∠ABP+∠DBP=180°，∴∠FEP+∠DEP=180°，∴点DEF在同一直线上；(3)PAPBPC，∵点P是BC的中点，∴BP=PC，∴BP=PC∠PAD=∠PAC，又∵PD⊥ADPF⊥AC，∴PD=PF，∴RtΔPBD≅RtΔPCF(HL)，∴BD=CF．RtΔPBD≅RtΔPCF是解题的关键．9(2021•哈尔滨模拟)(1问题变得非常容易．1ΔABC中，AB=AC∠BAC=90°D是ΔABCAD=AC∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙ACD必在⊙A上，∠BAC是⊙A∠BDC是圆∠BDC=45°．(2如图2ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°∠BDC=25°∠BAC的度数．(3如图3，EF是正方形ABCD的边ADAE=DF．连接CF交BD于点G接BE交AG于点H．若正方形的边长为2DH长度的最小值是(1)利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．(2)由ABCD∠BDC=∠BAC，．(3)根据正方形的性质可得AB=AD=CD∠BAD=∠CDA∠ADG=∠CDG边角边证明ΔABE和ΔDCF∠1=∠2用证明ΔADG和ΔCDG全等，16根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3∠1=∠3∠AHB=90°AB的中点O12接OHODOH=AB=1ODODH三点共线时，DH的长度最小．(1)如图1∵AB=ACAD=AC，∴以点A为圆心，AB为半径作圆ABCD必在⊙A上，∵∠BAC是⊙A∠BDC是圆周角，12∴∠BDC=∠BAC=45°，故答案为：45；(2)如图2BD的中点O接AOCO．∵∠BAD=∠BCD=90°，∴点ABCD共圆，∴∠BDC=∠BAC，∵∠BDC=25°，∴∠BAC=25°，(3)如图3ABCD中，AB=AD=CD∠BAD=∠CDA∠ADG=∠CDG，在ΔABE和ΔDCF中，AB=CD∠BAD=∠CDA，AE=DF∴ΔABE≅ΔDCF(SAS)，∴∠1=∠2，在ΔADG和ΔCDG中，AD=CD∠ADG=∠CDG，DG=DG∴ΔADG≅ΔCDG(SAS)，∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°-90°=90°，取AB的中点O接OHOD，12则OH=AO=AB=1，在RtΔAOD中，OD=AO+AD2=1+22=5，根据三角形的三边关系，OH+DH>OD，∴当ODH三点共线时，DH的长度最小，最小值=OD-OH=5-1．(H是在RtΔAHBAB直径的半圆AB上运动当OHD三点共线时，DH长度最小)17故答案为：5-1．10(2022•潢川县校级一模)如图1B在直线lB构建等腰直角三角形ABC∠BAC=90°AB=ACC作CD⊥直线l于点DAD．(1)小亮在研究这个图形时发现，∠BAC=∠BDC=90°AD应该在以BC∠ADB的度数为45°AD顺时针旋转90°交直线l于点EADBDCD的数量关系为；(2