1.如图，$AB=AD=6$，$∠ A=60°$，点$C$在$∠ DAB$内部，且$∠ C=120°$，则$CB+CD$的最大值为（）

A.$4\sqrt{3}$
B.8
C.10
D.$6\sqrt{3}$

1.A 如图,连接AC,BD,在AC上取点M,使$DM=DC$,
∵$∠DAB=60°$,$∠DCB=120°$,
∴$∠DAB+∠DCB=180°$,
∴A,B,C,D四点共圆,
∵$AD=AB$,$∠DAB=60°$,
∴$△ADB$是等边三角形,
∴$∠ABD=∠ACD=60°$,$AD=BD$,
∵$DM=DC$,
∴$△DMC$是等边三角形,
∴$∠ADB=60°=∠CDM$,$CM=DC$,
∴$∠ADM=∠BDC$.
∴$△ADM≌△BDC(SAS)$,
∴$AM=BC$,
∴$AC=AM+MC=BC+CD$,
∵四边形ABCD的周长为$AD+AB+CD+BC=AD+AB+AC$,$AD=AB=6$,
∴当AC的长最大时,四边形ABCD的周长最大,则$CB+CD$的值最大,此时点C在$\overset{\frown}{BD}$的中点处,AC为直径,
∴$∠CAB=∠CAD=30°$,$∠ADC=90°$,$AC=2CD$,
∵$AD^2+CD^2=AC^2$,
∴$AC=4\sqrt{3}$,
∴$CB+CD$的最大值为$4\sqrt{3}$,故选A.

【分析】
解题时先观察已知条件，∠DAB=60°，∠DCB=120°，两角互补可先判定A、B、C、D四点共圆；再结合AB=AD、∠DAB=60°，可得△ABD是等边三角形。要求CB+CD的最大值，需将两条线段转化为同一条线段：可通过构造等边三角形，证明三角形全等，将CB转化为AM、CD转化为MC，从而得到CB+CD=AC。而AC是共圆的弦，圆中最长的弦是直径，因此当AC为直径时AC长度最大，即CB+CD取最大值，最后结合直角三角形性质计算AC长度即可。
【解析】
解：连接AC、BD，在AC上取点M，使$DM=DC$。
1. 判定四点共圆：
$\because ∠DAB=60°$，$∠DCB=120°$，
$\therefore ∠DAB+∠DCB=180°$，
$\therefore A、B、C、D$四点共圆。
2. 证明△ADB为等边三角形：
$\because AD=AB=6$，$∠DAB=60°$，
$\therefore △ADB$是等边三角形，
$\therefore ∠ABD=∠ACD=60°$，$AD=BD$。
3. 构造全等转化线段：
$\because DM=DC$，$∠ACD=60°$，
$\therefore △DMC$是等边三角形，
$\therefore ∠CDM=60°=∠ADB$，$CM=DC$，
$\therefore ∠ADM=∠BDC$。
在$△ADM$和$△BDC$中：
$\begin{cases}AD=BD \\∠ADM=∠BDC \\DM=DC\end{cases}$
$\therefore △ADM≌△BDC(SAS)$，
$\therefore AM=BC$，
$\therefore AC=AM+MC=BC+CD$。
4. 求最大值：
圆中最长弦为直径，当AC为直径时AC长度最大，此时$CB+CD$最大。
此时$∠ADC=90°$（直径所对圆周角为直角），$∠CAD=30°$，
$\therefore AC=2CD$，
在$Rt△ADC$中，由勾股定理：
$6^2 + CD^2 = (2CD)^2$，
解得$CD=2\sqrt{3}$，则$AC=4\sqrt{3}$。
【答案】
A. $4\sqrt{3}$
【知识点】
四点共圆；全等三角形判定与性质；等边三角形判定与性质
【点评】
本题属于几何最值综合题，核心是通过角度关系识别隐圆，再借助等边三角形和全等三角形实现线段和的转化，最后利用圆的性质求最值，对几何转化思维有较高要求。
【难度系数】
0.3

2.定点O,P的距离是5,以点O为圆心,一定的长(小于5)为半径画$\odot O$,过点P作$\odot O$的两条切线,切点分别是B,C,则BC的最大值是.

2.答案 5
解析 如图,
∵PC,PB是$\odot O$的切线,
∴$∠PCO=∠PBO=90°$,
∴四边形CPBO的对角互补,
∴点C,B在以OP为直径的圆上,
∴当$BC=OP=5$时,BC的值最大.

【分析】
解题时首先结合切线的性质分析已知条件：圆的切线垂直于过切点的半径，因此可得$∠ PCO=∠ PBO=90°$，由此可判断点B、C都在以OP为直径的圆上（90°圆周角所对的弦为直径，反过来直角顶点落在以斜边为直径的圆上）。此时BC是该隐圆的一条弦，根据圆的性质，圆中最长的弦为直径，因此当BC为隐圆的直径时，BC取得最大值，等于隐圆的直径OP的长度。
【解析】
∵PC、PB是$\odot O$的切线，
∴$∠ PCO=∠ PBO=90°$，
∴四边形CPBO的对角互补，
∴点C、B在以OP为直径的圆上，
∵圆中最长的弦为直径，
∴当$BC=OP=5$时，BC的值最大。

【答案】
5

【知识点】
切线的性质；隐圆判定；圆的弦长性质
【点评】
本题属于典型的隐圆类最值问题，解题的核心是通过切线的性质确定切点B、C所在的隐圆，将切点弦的最值问题转化为圆的基本性质的应用，巧妙降低了解题难度。
【难度系数】
0.6

3.「2025江苏扬州期中」如图，正方形ABCD中，AB=2，动点E从点A出发沿AD边向点D运动，同时动点F从点D出发沿DC边向点C运动，点E，F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF，BE相交于点P，则DP的最小值为。

3.答案 $\sqrt{5}-1$
解析
∵动点F,E的速度相同,
∴$DF=AE$,
∵四边形ABCD是正方形,
∴$AD=AB=2$,$∠BAE=∠ADF=90°$,
在$△ABE$和$△DAF$中,$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠ADF, \\ AE=DF, \end{cases}$
∴$△ABE≌△DAF(SAS)$,
∴$∠ABE=∠DAF$.
∵$∠ABE+∠BEA=90°$,
∴$∠FAD+∠BEA=90°$,
∴$∠APB=90°$,
∴点P的轨迹是以AB为直径的弧,
如图,设AB的中点为G,连接DG交弧于点P,此时DP的值最小,
∵点G是AB的中点,
∴$AG=BG=\frac{1}{2}AB=1$.
在$\mathrm{Rt}△ADG$中,$DG=\sqrt{AG^2+AD^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$,
∵$PG=AG=1$,
∴$DP=DG-PG=\sqrt{5}-1$,即DP的最小值为$\sqrt{5}-1$.

【分析】
解决本题首先从两个动点速度相同的条件入手，可得AE=DF；结合正方形的边角性质可证明△ABE与△DAF全等，通过角的等量代换推出∠APB恒为90°，由此确定点P的运动轨迹是以AB为直径的一段圆弧；再根据点到圆上点的最短距离规律：连接定点D与圆心，连线与圆弧的交点就是DP取最小值时P的位置，最后通过线段长度的差值计算即可得到DP的最小值。
【解析】
∵动点E、F的运动速度相同，运动时间一致，
∴$DF=AE$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AD=AB=2$，$∠BAE=∠ADF=90°$，
在$△ABE$和$△DAF$中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠ADF, \\ AE=DF, \end{cases}$
∴$△ABE≌△DAF(SAS)$，
∴$∠ABE=∠DAF$。
∵$∠ABE+∠BEA=90°$，
∴$∠FAD+∠BEA=90°$，
∴$∠APB=180°-(∠FAD+∠BEA)=90°$，
∴点P的轨迹是以AB为直径的一段弧。
如图，设AB的中点为G，连接DG交弧于点P，此时DP的值最小，
∵点G是AB的中点，
∴$AG=BG=\frac{1}{2}AB=1$。
在$\mathrm{Rt}△ADG$中，由勾股定理得$DG=\sqrt{AG^2+AD^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
∵PG为圆的半径，
∴$PG=AG=1$，
∴$DP=DG-PG=\sqrt{5}-1$。
【答案】
$\sqrt{5}-1$
【知识点】
正方形的性质，全等三角形判定与性质，隐圆最值
【点评】
本题属于典型的动点最值问题，解题关键是通过全等推导得到定角，确定动点的圆弧轨迹，将线段最值问题转化为点到圆的最短距离问题求解，能很好地考察几何逻辑推理能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.4

4.「2026辽宁沈阳九十九中月考」如图,矩形ABCD中,AD=4,AB=2.点E是AB的中点,点F是BC边上的任意一点(不与B,C重合),△EBF沿EF翻折,点B落在B'处,当DB'的长度最小时,BF的长度为.

4.答案 $\frac{\sqrt{17}+1}{4}$
解析 如图,
∵点E是AB的中点,
∴$AE=BE=EB'=1$,
∴点$B'$在以E为圆心,1为半径的圆上,连接DE,与$\odot E$相交于点$B''$,
∴$DB'$的最小值是$DB''$的长,为$\sqrt{4^2+1^2}-1=\sqrt{17}-1$,设当点$B'$落在点$B''$处时,点F在点$F'$处,连接$B''F'$,$F'D$,$EF'$,设$BF'=F'B''=x$,由翻折的性质得,$∠EB''F'=∠ABC=90°$,
∴$∠DB''F'=90°$,
在$\mathrm{Rt}△DB''F'$中,由勾股定理得$F'D^2=B''D^2+B''F'^2$,在$\mathrm{Rt}△CF'D$中,由勾股定理得$F'D^2=CD^2+F'C^2$,
∴$CD^2+F'C^2=B''D^2+B''F'^2$,即$2^2+(4-x)^2=(\sqrt{17}-1)^2+x^2$,解得$x=\frac{\sqrt{17}+1}{4}$.

【分析】
本题为翻折背景下的线段最值问题，解题思路如下：首先根据翻折前后对应边相等，可知$EB'=EB$为定值，由此判断动点$B'$的轨迹是以E为圆心、EB长为半径的圆；再根据点到圆上点的最短距离规律，连接D与圆心E，线段DE与圆的交点就是$DB'$取最小值时$B'$的位置；最后设BF长为x，利用翻折性质得到相关线段长度，以$F'D$为等量，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示$F'D^2$，列方程求解即可得到BF的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，$AB=2$，点E是AB的中点，
∴$AE=BE=1$，
由翻折的性质可得$EB'=BE=1$，因此点$B'$的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆。
连接DE，交$\odot E$于点$B''$，此时$DB'$的长度最小，最小值为$DE-EB''$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$AD=4$，$AE=1$，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，
∴$DB''=\sqrt{17}-1$。
设此时BC上对应的点为$F'$，$BF'=x$，由翻折性质得$B''F'=BF'=x$，$∠EB''F'=∠B=90°$，
∴$∠DB''F'=180°-∠EB''F'=90°$，$F'C=BC-BF'=4-x$。
在$\mathrm{Rt}△ DB''F'$中，由勾股定理得：$F'D^2=DB''^2+B''F'^2=(\sqrt{17}-1)^2+x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ DCF'$中，由勾股定理得：$F'D^2=CD^2+F'C^2=2^2+(4-x)^2$，
联立等式可得：$2^2+(4-x)^2=(\sqrt{17}-1)^2+x^2$，
展开化简：$4+16-8x+x^2=17-2\sqrt{17}+1+x^2$，
整理得：$8x=2+2\sqrt{17}$，
解得：$x=\frac{\sqrt{17}+1}{4}$。

【答案】
$\frac{\sqrt{17}+1}{4}$
【知识点】
翻折的性质；隐圆轨迹判定；勾股定理的应用
【点评】
本题属于几何动点最值类题型，解题核心是通过翻折的不变性确定动点的运动轨迹，再利用点到圆的最短距离规律找到最值对应位置，最后结合勾股定理列方程求解，能有效考察几何综合分析能力。
【难度系数】
0.4

5.「2025江苏宿迁宿城期中」如图，A是$\odot B$上任意一点，点C在$\odot B$外，$AB=2$，$BC=4$，$△ ACD$是等边三角形，则$△ BCD$面积的最大值为。

5.答案 $4\sqrt{3}+4$
解析 如图所示,以BC为边作等边$△BCE$,连接DE,
∵$△ACD$是等边三角形,
∴$∠ACD=∠ACE+∠ECD=60°$,$DC=AC$,
∵$△BCE$是等边三角形,
∴$∠BCE=∠BCA+∠ACE=60°$,$EC=BC$,
∴$∠BCA=∠ECD$,
∴$△DCE≌△ACB(SAS)$,
∴$DE=AB=2$,
∴点D在以点E为圆心,半径为2的圆上,过点E作$EF⊥BC$于点F,则EF是BC的垂直平分线,当点D在直线EF上,且在点E的上方时,$△BCD$的面积有最大值,
在$△BCE$中,$BC=CE=BE=4$,$∠BCE=60°$,$EF⊥BC$,
∴$CF=BF=\frac{1}{2}BC=2$,
∴$EF=\sqrt{CE^2-CF^2}=2\sqrt{3}$,
∵$DE=2$,
∴$DF=EF+DE=2\sqrt{3}+2$,
∴$S_{△BCD}$的最大值$=\frac{1}{2}BC·DF=\frac{1}{2}×4×(2\sqrt{3}+2)=4\sqrt{3}+4$.

【分析】
本题要求△BCD的面积最大值，已知BC长度固定，因此只需找到BC边上高的最大值即可。题中存在等边△ACD，可利用共顶点等边三角形的特点构造全等三角形，将线段AB的长度转化为动点D到某一定点的距离，从而确定D点的运动轨迹为隐圆，再结合圆的性质找到高的最大值，进而求出面积最大值。
【解析】
如图所示，以BC为边作等边△BCE，连接DE，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=∠ACE+∠ECD=60°，DC=AC，
∵△BCE是等边三角形，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=60°，EC=BC，
∴∠BCA=∠ECD，
在△DCE和△ACB中，
$\{\begin{array}{l} DC=AC\\ ∠ECD=∠BCA\\ EC=BC\end{array} $
∴△DCE≌△ACB(SAS)，
∴DE=AB=2，
∴点D在以点E为圆心，半径为2的圆上，
过点E作EF⊥BC于点F，则EF是BC的垂直平分线，当点D在直线EF上，且在点E的上方时，点D到BC的距离最大，即△BCD的面积有最大值，
在△BCE中，BC=CE=BE=4，∠BCE=60°，EF⊥BC，
∴CF=BF=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴EF=$\sqrt{CE^2-CF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∵DE=2，
∴点D到BC的最大距离DF=EF+DE=$2\sqrt{3}+2$，
∴$S_{△BCD}$的最大值$=\frac{1}{2}BC·DF=\frac{1}{2}×4×(2\sqrt{3}+2)=4\sqrt{3}+4$。
【答案】
$4\sqrt{3}+4$
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；隐圆最值问题
【点评】
本题属于隐圆类最值综合题，解题的关键是通过构造共顶点等边三角形证明全等，转化线段长度确定动点的运动轨迹，再结合“底固定的三角形，高越大面积越大”的规律求解，很好地考察了几何转化思想和动点最值的分析能力。
【难度系数】
0.5

6.如图,在边长为$2\sqrt{3}$的菱形ABCD中,$∠C=60°$,点E,F分别是AB,AD上的动点,且$AE=DF$,DE与BF交于点P.当点E从点A运动到点B时,点P的运动路径长为.

6.答案 $\frac{4}{3}π$
解析 如图,连接BD,作$△CBD$的外接圆$\odot O$,连接OB,OD.
∵四边形ABCD是菱形,
∴$∠A=∠C=60°$,$AB=BC=CD=AD$,
∴$△ABD$,$△BCD$都是等边三角形,
∴$BD=AD$,$∠BDF=∠DAE$.
∵$DF=AE$,
∴$△BDF≌△DAE(SAS)$,
∴$∠DBF=∠ADE$.
∵$∠ADE+∠BDE=60°$,
∴$∠DBF+∠BDP=60°$,
∴$∠BPD=120°$.
∵$∠C=60°$,
∴$∠C+∠DPB=180°$,
∴B,C,D,P四点共圆.由$BC=CD=BD=2\sqrt{3}$,可得$OB=OD=2$.
∵$∠BOD=2∠C=120°$,
∴点P的运动路径长$=\frac{120π×2}{180}=\frac{4}{3}π$.

【分析】
首先，看到菱形ABCD中∠C=60°，结合菱形四边相等、对角相等的性质，可先判断△ABD、△BCD均为等边三角形；再根据已知AE=DF，结合等边三角形的边、角相等的条件，可证△BDF和△DAE全等；通过全等得到角的等量关系，推导得出∠BPD为120°的定值，符合“定弦对定角”的隐圆特征，可确定点P的运动轨迹是△BCD外接圆上的一段弧；最后计算外接圆半径和对应弧的圆心角，代入弧长公式即可求出路径长。
【解析】
连接BD，作$△CBD$的外接圆$\odot O$，连接OB，OD。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$∠A=∠C=60°$，$AB=BC=CD=AD$，
∴$△ABD$、$△BCD$都是等边三角形，
∴$BD=AD$，$∠BDF=∠DAE=60°$。
∵$DF=AE$，
∴$△BDF≌△DAE(SAS)$，
∴$∠DBF=∠ADE$。
∵$∠ADE+∠BDE=∠ADB=60°$，
∴$∠DBF+∠BDP=60°$，
∴$∠BPD=180°-(∠DBF+∠BDP)=120°$。
∵$∠C=60°$，
∴$∠C+∠DPB=180°$，
∴B、C、D、P四点共圆。
由$BC=CD=BD=2\sqrt{3}$，可得等边△BCD的外接圆半径$OB=OD=2$，且圆心角$∠BOD=2∠C=120°$，
∴点P的运动路径长$=\frac{120π×2}{180}=\frac{4}{3}π$。
【答案】
$\frac{4}{3}π$
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；弧长计算
【点评】
本题属于动点轨迹类几何综合题，解题关键是通过全等推导得到定角，利用“定弦定角”的隐圆模型确定动点的运动路径，再结合圆的相关性质和弧长公式求解，可有效考查几何逻辑推理和综合分析能力。
【难度系数】
0.4

7.如图,在平面直角坐标系中,点M在第一象限,半径为$2\sqrt{3}$的$\odot M$经过原点O,与x轴交于点A,$\overset{\frown}{AO}$的度数为$120°$,点B是平面内一动点,且$∠ ABO=30°$,则MB的最大值为.

7.答案 $6+4\sqrt{3}$
解析 ①当点B在x轴的上方时,如图1,以OA为边,在OA上方作等边$△AON$,以N为圆心,NO的长为半径作$\odot N$,连接NM并延长交OA于K,NM的反向延长线交$\odot N$于$B'$,连接$OB'$,$AB'$,$OM$,$AM$,
∴$∠OB'A=\frac{1}{2}∠ANO=30°$,又$∠ABO=30°$,
∴点B在$\odot N$上,
∵$\overset{\frown}{AO}$的度数为$120°$,
∴$∠AMO=120°$,
∵$NO=AN$,$MO=AM$,
∴N,M都在OA的垂直平分线上,
∴$AK=OK=\frac{1}{2}AO$,$∠OMK=\frac{1}{2}∠AMO=60°$,
∴$∠MOK=30°$,
∴$MK=\frac{1}{2}OM=\sqrt{3}$,
∴$OK=\sqrt{OM^2-KM^2}=3$,
∴$OA=2OK=6=ON=B'N$,
∴$NK=\sqrt{ON^2-OK^2}=3\sqrt{3}$,
∴$B'M=B'N+NK-MK=6+3\sqrt{3}-\sqrt{3}=6+2\sqrt{3}$,
∴当点B运动到$B'$时,BM取得最大值,为$6+2\sqrt{3}$.
②当点B在x轴的下方时,如图2,以OA为边,在OA下方作等边$△AON'$,以$N'$为圆心,$N'O$的长为半径作$\odot N'$,连接$N'M$交OA于$K'$,其反向延长线交$\odot N'$于$B''$,连接$OB''$,$AB''$,$OM$,$AM$,同①可求$∠AB''O=30°$,$B''N'=ON'=OA=6$,$MK'=\sqrt{3}$,$N'K'=3\sqrt{3}$,
∴$B''M=B''N'+N'K'+MK'=6+3\sqrt{3}+\sqrt{3}=6+4\sqrt{3}$,
∴当点B运动到$B''$时,BM取得最大值,为$6+4\sqrt{3}$.
综上,BM的最大值为$6+4\sqrt{3}$.

【分析】
解题时先抓住核心条件：∠ABO=30°为定值，OA是固定线段，根据“同弧所对的圆周角相等”可判断动点B的轨迹是两个以OA为弦、所对圆周角为30°的隐圆（分别在x轴上下方）；要求MB的最大值，依据“圆外一点到圆上点的最大距离为该点到圆心的距离加圆半径”，首先借助已知⊙M的半径、弧AO的度数，用垂径定理计算OA的长度，再分别计算两个隐圆对应情况下的MB最大值，比较后取最大结果即可。
【解析】
①当点B在x轴的上方时，如图1，以OA为边，在OA上方作等边$△AON$，以N为圆心，NO的长为半径作$\odot N$，连接NM并延长交OA于K，NM的反向延长线交$\odot N$于$B'$，连接$OB'$,$AB'$,$OM$,$AM$,
根据圆周角定理可得$∠OB'A=\frac{1}{2}∠ANO=30°$，与已知$∠ABO=30°$相符，故点B在$\odot N$上,
∵$\overset{\frown}{AO}$的度数为$120°$,
∴$∠AMO=120°$,
∵$NO=AN$,$MO=AM$,
∴N,M都在OA的垂直平分线上,
∴$AK=OK=\frac{1}{2}AO$,$∠OMK=\frac{1}{2}∠AMO=60°$,
∴$∠MOK=30°$,
在$Rt△OMK$中，$OM=2\sqrt{3}$，则$MK=\frac{1}{2}OM=\sqrt{3}$,
∴$OK=\sqrt{OM^2-KM^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$,
∴$OA=2OK=6$，即$\odot N$的半径$ON=B'N=6$,
在$Rt△ONK$中，$NK=\sqrt{ON^2-OK^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$,
∴$B'M=B'N+NK-MK=6+3\sqrt{3}-\sqrt{3}=6+2\sqrt{3}$,即x轴上方时BM的最大值为$6+2\sqrt{3}$。
②当点B在x轴的下方时，如图2，以OA为边，在OA下方作等边$△AON'$，以$N'$为圆心，$N'O$的长为半径作$\odot N'$，连接$N'M$交OA于$K'$，其反向延长线交$\odot N'$于$B''$，连接$OB''$,$AB''$,$OM$,$AM$,
同理可得$∠AB''O=30°$，点B在$\odot N'$上，$\odot N'$的半径$B''N'=ON'=OA=6$，$MK'=\sqrt{3}$，$N'K'=3\sqrt{3}$,
∴$B''M=B''N'+N'K'+MK'=6+3\sqrt{3}+\sqrt{3}=6+4\sqrt{3}$,即x轴下方时BM的最大值为$6+4\sqrt{3}$。
比较两个最大值，$6+4\sqrt{3}＞6+2\sqrt{3}$，因此MB的最大值为$6+4\sqrt{3}$。
【答案】
$6+4\sqrt{3}$
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，隐圆最值
【点评】
本题是典型的定弦定角类隐圆问题，解题关键是结合定角和定线段判断出动点的运动轨迹为圆，再结合圆的相关性质计算最值，易错点是容易忽略x轴下方的轨迹圆，导致漏解得到错误的较小值。
【难度系数】
0.3

8.(1)如图1,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,D是△ABC外一点,且AD=AC,则∠BDC=°.
(2)如图2,在四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=90°,∠BDC=25°,求∠BAC的度数.
(3)如图3,在△ABC中,∠BAC=45°,AD是BC边上的高,且BD=4,CD=2,求AD的长.

8.解析 (1)45.
详解:如图,
∵$AB=AC$,$AD=AC$,
∴点B,C,D在以点A为圆心,AC的长为半径的圆上,
∴$∠BDC=\frac{1}{2}∠BAC=45°$.
(2)如图,
∵$∠BAD=∠BCD=90°$,
∴$∠BAD+∠BCD=180°$,
∴A,B,C,D四点共圆,
∴$∠BAC=∠BDC=25°$.
(3)如图,作$△ABC$的外接圆,过圆心O作$OE⊥BC$于点E,作$OF⊥AD$于点F,连接OA,OB,OC.
∵$∠BAC=45°$,
∴$∠BOC=90°$.
∵$OB=OC$,$OE⊥BC$,
∴$BE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}(BD+CD)=3$,$∠BOE=∠COE=45°$,
∴$DE=BD-BE=1$,$△OBE$是等腰直角三角形,
∴$OE=BE=3$,
∴$OB=\sqrt{BE^2+OE^2}=3\sqrt{2}$,
∴$AO=OB=3\sqrt{2}$,
∵$OE⊥BC$,$AD⊥BC$,$OF⊥AD$,
∴四边形OEDF是矩形,
∴$OF=DE=1$,$DF=OE=3$,在$\mathrm{Rt}△AOF$中,$AF=\sqrt{OA^2-OF^2}=\sqrt{17}$,
∴$AD=AF+DF=\sqrt{17}+3$.

【分析】
(1) 由已知条件AB=AC、AD=AC可知，点B、C、D到点A的距离相等，因此三点在以A为圆心、AC长为半径的圆上，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，直接代入∠BAC的度数计算即可得到∠BDC的度数。
(2) 观察到∠BAD和∠BCD均为直角，二者相加为180°，即四边形ABCD的对角互补，可判定A、B、C、D四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等，即可得到∠BAC和∠BDC相等。
(3) 已知∠BAC=45°，作△ABC的外接圆后，根据圆周角定理可得对应圆心角∠BOC=90°，再结合垂径定理求出BC中点相关线段长度，利用等腰直角三角形的性质求出外接圆半径，通过构造矩形将AD拆分为两段，分别用勾股定理和矩形性质计算两段长度，求和即得AD的长。
【解析】
(1)
∵$AB=AC$，$AD=AC$，
∴点B，C，D在以点A为圆心，AC的长为半径的圆上，
∴$∠BDC=\frac{1}{2}∠BAC=\frac{1}{2}×90°=45°$。
(2)
∵$∠BAD=∠BCD=90°$，
∴$∠BAD+∠BCD=180°$，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴$∠BAC=∠BDC=25°$。
(3) 作$△ABC$的外接圆，过圆心O作$OE⊥BC$于点E，作$OF⊥AD$于点F，连接OA，OB，OC。
∵$∠BAC=45°$，
∴$∠BOC=2∠BAC=90°$。
∵$OB=OC$，$OE⊥BC$，
∴$BE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}(BD+CD)=\frac{1}{2}×(4+2)=3$，$∠BOE=∠COE=45°$，
∴$DE=BD-BE=4-3=1$，$△OBE$是等腰直角三角形，
∴$OE=BE=3$，
∴$OB=\sqrt{BE^2+OE^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$，
∴$AO=OB=3\sqrt{2}$，
∵$OE⊥BC$，$AD⊥BC$，$OF⊥AD$，
∴四边形OEDF是矩形，
∴$OF=DE=1$，$DF=OE=3$，
在$\mathrm{Rt}△AOF$中，$AF=\sqrt{OA^2-OF^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2-1^2}=\sqrt{17}$，
∴$AD=AF+DF=\sqrt{17}+3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{45}$
(2) $\boldsymbol{25°}$
(3) $\boldsymbol{3+\sqrt{17}}$
【知识点】
1. 隐圆的判定
2. 圆周角定理
3. 垂径定理
【点评】
本题围绕隐圆模型设置梯度问题，前两问可直接利用共圆判定和性质快速求解，第三问需要主动构造外接圆，结合垂径定理、矩形性质、勾股定理综合计算，对几何知识的综合运用能力有一定要求，熟练掌握隐圆的常见判定条件是解题的核心突破口。
【难度系数】
0.5