1. 如图,在四边形ABCD中,AB=AC=AD,∠CAD=2∠BAC,若∠BCD=105°,则∠BDC=.
（第1题）

1. 25°

【分析】
首先观察到AB、AC、AD三条线段共端点A且长度相等，根据圆的定义“到定点的距离等于定长的点的集合是圆”，可判断点B、C、D在以A为圆心、AB为半径的同一个圆上，这是本题的突破口。接下来设∠BAC=α，由已知条件得∠CAD=2α，再利用等腰三角形“等边对等角”和三角形内角和定理，分别表示出等腰△ABC的底角∠ACB、等腰△ACD的底角∠ACD，二者之和就是已知的∠BCD=105°，列方程求解出α的值。最后根据圆周角定理“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，∠BDC是弧BC所对的圆周角，对应的圆心角是∠BAC=α，代入α的值即可求出∠BDC的度数。
【解析】
解：
∵AB=AC=AD，
∴点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上。
设∠BAC=α，则∠CAD=2∠BAC=2α。
∵AB=AC，
∴△ABC为等腰三角形，
∴∠ACB=$\frac{180°-∠ BAC}{2}=\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{α}{2}$。
∵AC=AD，
∴△ACD为等腰三角形，
∴∠ACD=$\frac{180°-∠ CAD}{2}=\frac{180°-2α}{2}=90°-α$。
由题意得∠BCD=∠ACB+∠ACD=105°，代入得：
$90°-\frac{α}{2}+90°-α=105°$
整理得$180°-\frac{3α}{2}=105°$，
解得$α=50°$。
∵∠BDC是弧BC所对的圆周角，∠BAC是弧BC所对的圆心角，
∴$∠ BDC=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}×50°=25°$。
【答案】
25°
【知识点】
隐圆判定、等腰三角形的性质、圆周角定理
【点评】
本题是隐圆问题中定点定长类的典型题型，解题核心是通过共端点的等长线段识别出隐圆，再结合等腰三角形和圆周角的相关性质建立等量关系求解，能较好考查几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

2. （2026·盐城月考）如图，在矩形ABCD中，AD=3，AB=4，点E是平面内一动点，且满足DE=2，M，N分别为CE，CB的中点，点E运动过程中线段MN长度的最小值是。

2. $\frac{3}{2}$

【分析】
解题思路分为三步：①首先观察到M、N分别是CE、CB的中点，联想到三角形中位线定理，可将MN的长度转化为BE长度的一半，因此求MN的最小值等价于求BE的最小值；②由DE=2且D为定点，根据“定点定长作圆”的隐圆判定，可知点E的运动轨迹是以D为圆心、半径为2的圆；③求BE的最小值即求圆外一点B到圆D上点的最短距离，该距离等于B到圆心D的距离减去圆的半径，最后结合中位线的比例关系即可算出MN的最小值。
【解析】
解：连接BE，
∵M是CE的中点，N是CB的中点，
∴MN是△CEB的中位线，
根据三角形中位线定理得：$MN=\frac{1}{2}BE$，因此当BE取最小值时，MN最小。
∵DE=2，D为定点，
∴点E的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆。
在矩形ABCD中，AD=3，AB=4，∠BAD=90°，
由勾股定理得对角线$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，因此BE的最小值为$BD - DE=5-2=3$，
∴MN的最小值为$\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
【答案】
$\frac{3}{2}$
【知识点】
中位线定理，隐圆判定，点圆最值
【点评】
本题解题核心是利用中位线完成线段的转化，再结合隐圆模型将动态最值问题转化为点到圆的最短距离问题，较好地考查了转化思想和模型应用能力。
【难度系数】
0.6

3. 如图,点A,B的坐标分别为A(4,0),B(0,4),C为坐标平面内一点,BC=2,点M为线段AC的中点,连结OM,则OM的最大值为.

3. $1+2\sqrt{2}$

【分析】
解题时先确定动点C的轨迹：已知点B是定点，BC=2，根据“定点定长作圆”可知C在以B为圆心、半径为2的圆上；接下来要将OM的最值问题转化，因为M是AC中点，可利用三角形中位线性质找到动点M的轨迹：M的轨迹是以AB中点为圆心、半径为1的圆；最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于该点到圆心的距离加半径，即可求出OM的最大值。
【解析】
解：
∵点B坐标为(0,4)，且BC=2，
∴点C的轨迹是：以B为圆心，2为半径的圆。
取AB的中点N，已知A(4,0)、B(0,4)，
由中点坐标公式得N的坐标为$( \dfrac{4+0}{2},\dfrac{0+4}{2} )$，即N(2,2)。
∵M是AC的中点，N是AB的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴$MN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}×2=1$，
即点M的轨迹是：以N为圆心，1为半径的圆。
计算原点O到圆心N的距离：$ON=\sqrt{(2-0)^2+(2-0)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
根据圆外一点到圆上点的最大距离=点到圆心的距离+半径，
得OM的最大值为：$ON + 1=2\sqrt{2}+1$。
【答案】
$1+2\sqrt{2}$
【知识点】
隐圆判定、三角形中位线定理、点与圆的距离最值
【点评】
本题核心是利用转化思想，先确定动点C的隐圆轨迹，再通过中位线性质推导从动点M的轨迹，最后结合点到圆的最值规律求解，是隐圆类问题的典型考法。
【难度系数】
0.5

4. 如图①,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ A=90°$,$AB=AC=4\sqrt{2}$,$D,E$分别是$AB,AC$的中点.若等腰$\mathrm{Rt}△ ADE$绕点$A$逆时针旋转,得到等腰$\mathrm{Rt}△ AD_1E_1$,如图②,设旋转角为$α(0°＜α≤180°)$,记直线$BD_1$与$CE_1$的交点为$P$.
(1)当$∠ CPD_1=2∠ CAD_1$时,则旋转角$α=$.
(2)连结$PA$,则$△ PAB$面积的最大值为.
$\gg$进一步挑战进阶专题:P70 专题16~P73 专题18

4. (1)135° (2)$4+4\sqrt{3}$

【分析】
(1) 先根据旋转性质证明△ABD₁≌△ACE₁，推导得∠BPC=90°，即∠CPD₁=90°，结合∠CPD₁=2∠CAD₁求出∠CAD₁=45°，结合旋转角的范围即可得到α的大小。
(2) △PAB的底AB为定值，面积最大等价于AB边上的高最大；由A、B、C、P四点共圆，结合D₁的轨迹是以A为圆心、AD长为半径的圆，可知当BD₁与圆A相切时，点P到AB的距离最大，计算此时的高即可求出最大面积。
【解析】
(1) 由旋转性质得：$AD_1=AE_1$，$∠ D_1AE_1=∠ BAC=90°$，因此$∠ BAD_1=∠ CAE_1$。
又$AB=AC$，故$△ ABD_1 ≌ △ ACE_1$（SAS），得$∠ ABD_1=∠ ACE_1$。
设$BD_1$交$AC$于点$O$，$\because ∠ AOB=∠ COP$，$\therefore ∠ CPO=∠ BAO=90°$，即$∠ BPC=90°$，因此$∠ CPD_1=180°-∠ BPC=90°$。
由$∠ CPD_1=2∠ CAD_1$，得$∠ CAD_1=45°$，则旋转角$α=∠ BAD_1=∠ BAC+∠ CAD_1=90°+45°=135°$，满足$0°＜α≤180°$。
(2) $\because ∠ BPC=∠ BAC=90°$，$\therefore A、B、C、P$四点在以$BC$为直径的圆上。
$AB=4\sqrt{2}$为定值，要使$△ PAB$面积最大，需点$P$到$AB$的距离最大。
$D_1$在以$A$为圆心、$AD=2\sqrt{2}$为半径的圆上，当$BD_1$与圆$A$相切时，$AD_1⊥ BD_1$，此时点$P$到$AB$的距离最大。
在$Rt△ ABD_1$中，$AD_1=2\sqrt{2}$，$AB=4\sqrt{2}$，$\sin∠ ABD_1=\frac{AD_1}{AB}=\frac{1}{2}$，故$∠ ABD_1=30°$，计算得此时点$P$到$AB$的高$h=\sqrt{2}+\sqrt{6}$。
因此$△ PAB$的最大面积$S=\frac{1}{2}× AB× h=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×(\sqrt{2}+\sqrt{6})=4+4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $135°$ (2) $4+4\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形判定与性质，隐圆最值
【点评】
本题属于旋转背景下的几何综合题，解题核心是通过全等推导角的关系，进而确定点的轨迹，结合切线性质找到最值位置，需要熟练掌握几何性质的综合应用。
【难度系数】
0.3