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1. 如图，在四边形ABCD中，AB=BC=BD，∠ABC=100°，则∠ADC的度数为
第2题图
130°
。第1题图第2题图答案
1. 130°
解析
【分析】
观察题目条件可知存在共端点B的三条等长线段AB、BC、BD，解题可从两种思路切入：一是构造辅助圆，将A、C、D三点放在以B为圆心的同一个圆上，利用圆周角与圆心角的关系求解；二是利用等腰三角形两底角相等的性质，分别表示出∠ADB和∠BDC，相加消去未知角度得到结果。结合专题特点优先采用构造辅助圆的方法：首先根据共端点等线段确定辅助圆，再找到∠ADC对应的弧，计算对应圆心角后利用圆周角定理求解即可。
【解析】
解：
∵AB=BC=BD
∴点A、D、C都在以点B为圆心，AB的长度为半径的圆上
∵∠ABC=100°，是劣弧AC所对的圆心角
∴优弧AC所对的圆心角为$360° - 100° = 260°$
∵∠ADC是优弧AC所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对圆心角度数的一半
∴$∠ ADC = \frac{1}{2} × 260° = 130°$
【答案】
$130°$
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，等腰三角形性质
【点评】
本题解题的突破口是发现共端点的等长线段，构造辅助圆后可以快速建立两个角度的联系，大大简化计算过程，也可以通过等腰三角形内角和的性质推导，两种方法都能得到结果，体现了几何解题中模型思想的重要性。
【难度系数】
0.7
观察题目条件可知存在共端点B的三条等长线段AB、BC、BD，解题可从两种思路切入：一是构造辅助圆，将A、C、D三点放在以B为圆心的同一个圆上，利用圆周角与圆心角的关系求解；二是利用等腰三角形两底角相等的性质，分别表示出∠ADB和∠BDC，相加消去未知角度得到结果。结合专题特点优先采用构造辅助圆的方法：首先根据共端点等线段确定辅助圆，再找到∠ADC对应的弧，计算对应圆心角后利用圆周角定理求解即可。
【解析】
解：
∵AB=BC=BD
∴点A、D、C都在以点B为圆心，AB的长度为半径的圆上
∵∠ABC=100°，是劣弧AC所对的圆心角
∴优弧AC所对的圆心角为$360° - 100° = 260°$
∵∠ADC是优弧AC所对的圆周角，根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对圆心角度数的一半
∴$∠ ADC = \frac{1}{2} × 260° = 130°$
【答案】
$130°$
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，等腰三角形性质
【点评】
本题解题的突破口是发现共端点的等长线段，构造辅助圆后可以快速建立两个角度的联系，大大简化计算过程，也可以通过等腰三角形内角和的性质推导，两种方法都能得到结果，体现了几何解题中模型思想的重要性。
【难度系数】
0.7
2. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$∠ A=60°$，点F在边AC上，并且$CF=2$，E为边BC上的动点，将$△ CEF$沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB的距离的最小值是
2√3−2
。答案
2. 2√3−2
解析
【分析】
首先由翻折的性质可知，翻折后对应边相等，即$FP=CF=2$，因此点P的运动轨迹是以点F为圆心、长度2为半径的圆。要求点P到边AB的最小距离，根据圆的性质，圆上任意一点到直线的最短距离等于圆心到该直线的距离减去圆的半径，因此只需先求出圆心F到AB的距离，再减去半径2即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠A=60°$，$AC=6$，$CF=2$
∴ $AF=AC-CF=6-2=4$
过点F作$FH⊥AB$于点H，在$Rt△AFH$中：
$FH=AF· \sin∠A=4× \sin60°=4× \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$
由翻折的性质得$FP=CF=2$，即点P在以F为圆心、2为半径的圆上
∴ 点P到AB的最小距离为$FH - FP=2\sqrt{3}-2$
【答案】
$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
翻折变换的性质，解直角三角形，圆的相关性质
【点评】
本题将翻折变换与圆的性质结合考查，解题关键是通过翻折的性质确定动点P的运动轨迹，将动态的最值问题转化为静态的点到直线距离的计算，灵活运用转化思想可快速解题。
【难度系数】
0.4
首先由翻折的性质可知，翻折后对应边相等，即$FP=CF=2$，因此点P的运动轨迹是以点F为圆心、长度2为半径的圆。要求点P到边AB的最小距离，根据圆的性质，圆上任意一点到直线的最短距离等于圆心到该直线的距离减去圆的半径，因此只需先求出圆心F到AB的距离，再减去半径2即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠A=60°$，$AC=6$，$CF=2$
∴ $AF=AC-CF=6-2=4$
过点F作$FH⊥AB$于点H，在$Rt△AFH$中：
$FH=AF· \sin∠A=4× \sin60°=4× \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$
由翻折的性质得$FP=CF=2$，即点P在以F为圆心、2为半径的圆上
∴ 点P到AB的最小距离为$FH - FP=2\sqrt{3}-2$
【答案】
$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
翻折变换的性质，解直角三角形，圆的相关性质
【点评】
本题将翻折变换与圆的性质结合考查，解题关键是通过翻折的性质确定动点P的运动轨迹，将动态的最值问题转化为静态的点到直线距离的计算，灵活运用转化思想可快速解题。
【难度系数】
0.4
3. 如图，$∠ MON=90°$，矩形$ABCD$的顶点$A$，$B$分别在边$OM$，$ON$上，当点$B$在边$ON$上运动时，点$A$随之在边$OM$上运动，矩形$ABCD$的形状保持不变，其中$AB=2$，$BC=1$，运动过程中，点$D$到点$O$的最大距离为
√2+1
。答案
3. √2+1
解析
【分析】要计算运动过程中点D到点O的最大距离，可按以下思路分析：首先，△AOB始终为直角三角形且斜边AB长度固定，取AB中点E，由直角三角形斜边中线性质可得OE为定值；再结合矩形的边长已知，可计算出DE的长度也为定值；最后根据三角形三边关系，当O、E、D三点共线时，OD的长度取得最大值，等于OE与DE的和。
【解析】解：取AB的中点E，连接OE、DE、OD。
1. 在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，E为AB中点，$AB=2$，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$OE=\frac{1}{2}AB=1$
2. 因为四边形ABCD是矩形，所以$AD=BC=1$，$∠ DAB=90°$，
又因为E为AB中点，所以$AE=\frac{1}{2}AB=1$，
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$
3. 根据三角形三边关系，$OD≤ OE+DE$，当且仅当O、E、D三点共线时，等号成立，此时OD取得最大值。
所以OD的最大值为$1+\sqrt{2}$。
【答案】$\sqrt{2}+1$
【知识点】直角三角形斜边中线性质；矩形的性质；三角形三边关系
【点评】本题属于动态几何最值问题，解题关键是通过取AB中点构造两条定值线段，结合三边关系判断最值的取值情况，体现了转化思想在几何问题中的应用。
【难度系数】0.6
【解析】解：取AB的中点E，连接OE、DE、OD。
1. 在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，E为AB中点，$AB=2$，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$OE=\frac{1}{2}AB=1$
2. 因为四边形ABCD是矩形，所以$AD=BC=1$，$∠ DAB=90°$，
又因为E为AB中点，所以$AE=\frac{1}{2}AB=1$，
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$
3. 根据三角形三边关系，$OD≤ OE+DE$，当且仅当O、E、D三点共线时，等号成立，此时OD取得最大值。
所以OD的最大值为$1+\sqrt{2}$。
【答案】$\sqrt{2}+1$
【知识点】直角三角形斜边中线性质；矩形的性质；三角形三边关系
【点评】本题属于动态几何最值问题，解题关键是通过取AB中点构造两条定值线段，结合三边关系判断最值的取值情况，体现了转化思想在几何问题中的应用。
【难度系数】0.6
4.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,M为线段AC的中点,连接OM,则OM的最大值为
1+2√2
.答案
4. 1+2√2
解析
【分析】
首先分析点C的运动轨迹：由BC=2，B为定点，可知点C在以B为圆心、半径为2的圆上。要求OM的最大值，M是AC中点，可构造三角形中位线转化线段：取AB的中点D，根据中位线定理可得MD长度为定值，由此确定M点的运动轨迹是以D为圆心、MD为半径的圆。最后根据点到圆上点的最值规律，OM的最大值等于定点O到圆心D的距离加上圆的半径，即可求解。
【解析】
解：
1. 取AB的中点D，已知A(4,0)，B(0,4)，根据中点坐标公式，得D点坐标为$(\frac{4+0}{2},\frac{0+4}{2})=(2,2)$。
2. 由勾股定理计算OD的长度：$OD=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
3.
∵M是AC的中点，D是AB的中点，
∴MD是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，$MD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×2=1$。
4. 可知点M的轨迹是以D为圆心、半径为1的圆，根据点到圆上点的距离最值规律，OM的最大值为O到D的距离加上圆的半径，即$OM_{max}=OD+MD=2\sqrt{2}+1$。
【答案】
$1+2\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，点与圆的位置关系，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是通过构造中位线将未知线段的最值问题转化为点到圆的距离最值问题，需要灵活运用中位线性质，同时具备轨迹分析的思维，能很好地考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
首先分析点C的运动轨迹：由BC=2，B为定点，可知点C在以B为圆心、半径为2的圆上。要求OM的最大值，M是AC中点，可构造三角形中位线转化线段：取AB的中点D，根据中位线定理可得MD长度为定值，由此确定M点的运动轨迹是以D为圆心、MD为半径的圆。最后根据点到圆上点的最值规律，OM的最大值等于定点O到圆心D的距离加上圆的半径，即可求解。
【解析】
解：
1. 取AB的中点D，已知A(4,0)，B(0,4)，根据中点坐标公式，得D点坐标为$(\frac{4+0}{2},\frac{0+4}{2})=(2,2)$。
2. 由勾股定理计算OD的长度：$OD=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
3.
∵M是AC的中点，D是AB的中点，
∴MD是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，$MD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×2=1$。
4. 可知点M的轨迹是以D为圆心、半径为1的圆，根据点到圆上点的距离最值规律，OM的最大值为O到D的距离加上圆的半径，即$OM_{max}=OD+MD=2\sqrt{2}+1$。
【答案】
$1+2\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，点与圆的位置关系，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是通过构造中位线将未知线段的最值问题转化为点到圆的距离最值问题，需要灵活运用中位线性质，同时具备轨迹分析的思维，能很好地考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
5.(2025·宿迁宿城新区教学共同体期末)如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=8$,$BC=6$,将$△ ABC$绕点$C$旋转,得到$△ A'B'C$,点$A$的对应点为$A'$,$P$为$A'B'$的中点,连接$BP$.在旋转的过程中,线段$BP$长度的最大值为
11
.答案
5. 11
解析
【分析】
首先利用勾股定理求出Rt△ABC斜边AB的长度；再结合旋转的性质，得到旋转后△A'B'C与原三角形全等，对应边A'B'和AB相等，且对应角∠A'CB'仍为直角；接着根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得点P到定点C的距离为定值，由此确定点P的运动轨迹是以C为圆心、该定值为半径的圆；最后根据点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，即可求出BP的最大值。
【解析】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
由旋转的性质可知$△ A'B'C≌△ ABC$，
∴$∠ A'CB'=∠ ACB=90°$，$A'B'=AB=10$，
∵P为$A'B'$的中点，
∴$CP=\frac{1}{2}A'B'=5$，即点P在以C为圆心，5为半径的圆上运动，
当B、C、P三点共线，且P在BC的延长线远离B的一侧时，BP取得最大值，
最大值为$BC+CP=6+5=11$。
【答案】
11
【知识点】
旋转的性质，直角三角形斜边中线性质，点与圆的位置关系
【点评】
本题属于几何动点最值类问题，解题核心是通过分析动点到定点的距离为定值，确定动点的运动轨迹为圆，将线段长度最值问题转化为点到圆的距离问题，体现了转化的数学思想，对学生的几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先利用勾股定理求出Rt△ABC斜边AB的长度；再结合旋转的性质，得到旋转后△A'B'C与原三角形全等，对应边A'B'和AB相等，且对应角∠A'CB'仍为直角；接着根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得点P到定点C的距离为定值，由此确定点P的运动轨迹是以C为圆心、该定值为半径的圆；最后根据点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，即可求出BP的最大值。
【解析】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
由旋转的性质可知$△ A'B'C≌△ ABC$，
∴$∠ A'CB'=∠ ACB=90°$，$A'B'=AB=10$，
∵P为$A'B'$的中点，
∴$CP=\frac{1}{2}A'B'=5$，即点P在以C为圆心，5为半径的圆上运动，
当B、C、P三点共线，且P在BC的延长线远离B的一侧时，BP取得最大值，
最大值为$BC+CP=6+5=11$。
【答案】
11
【知识点】
旋转的性质，直角三角形斜边中线性质，点与圆的位置关系
【点评】
本题属于几何动点最值类问题，解题核心是通过分析动点到定点的距离为定值，确定动点的运动轨迹为圆，将线段长度最值问题转化为点到圆的距离问题，体现了转化的数学思想，对学生的几何分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
6.如图,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为(4,0),B 是第一象限内的一个动点并且使∠OBA=90°,点 C(0,3),则 BC 的最小值为
√13−2
.答案
6. √13−2
解析
【分析】
首先由已知∠OBA=90°，根据圆周角定理的推论：90°的圆周角所对的弦是直径，可得出动点B的轨迹是以OA为直径的圆，先确定该圆的圆心坐标和半径；再根据圆的性质，圆外一点到圆上所有点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，因此先计算点C到圆心的距离，再减去半径即可得到BC的最小值。
【解析】
∵∠OBA=90°，
∴点B在以OA为直径的圆上，设该圆的圆心为M。
已知O(0,0)，A(4,0)，则圆心M为OA的中点，坐标为(2,0)，圆的半径$r=\frac{1}{2}OA=2$。
已知C(0,3)，由勾股定理可得点C到圆心M的距离：
$CM=\sqrt{(2-0)^2+(0-3)^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$。
根据圆外一点到圆上点的最短距离的性质，BC的最小值为$CM - r=\sqrt{13}-2$。
【答案】
$\sqrt{13}-2$
【知识点】
圆周角定理推论；点与圆的位置关系；勾股定理
【点评】
本题的核心是利用直角条件判断出动点的运动轨迹为辅助圆，将求线段最小值的问题转化为圆外一点到圆上点的最短距离问题，巧妙运用辅助圆可大幅降低解题难度，是几何最值问题的常用解题思路。
【难度系数】
0.6
首先由已知∠OBA=90°，根据圆周角定理的推论：90°的圆周角所对的弦是直径，可得出动点B的轨迹是以OA为直径的圆，先确定该圆的圆心坐标和半径；再根据圆的性质，圆外一点到圆上所有点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，因此先计算点C到圆心的距离，再减去半径即可得到BC的最小值。
【解析】
∵∠OBA=90°，
∴点B在以OA为直径的圆上，设该圆的圆心为M。
已知O(0,0)，A(4,0)，则圆心M为OA的中点，坐标为(2,0)，圆的半径$r=\frac{1}{2}OA=2$。
已知C(0,3)，由勾股定理可得点C到圆心M的距离：
$CM=\sqrt{(2-0)^2+(0-3)^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$。
根据圆外一点到圆上点的最短距离的性质，BC的最小值为$CM - r=\sqrt{13}-2$。
【答案】
$\sqrt{13}-2$
【知识点】
圆周角定理推论；点与圆的位置关系；勾股定理
【点评】
本题的核心是利用直角条件判断出动点的运动轨迹为辅助圆，将求线段最小值的问题转化为圆外一点到圆上点的最短距离问题，巧妙运用辅助圆可大幅降低解题难度，是几何最值问题的常用解题思路。
【难度系数】
0.6
7.如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$AB⊥ BC$,$AB=6$,$BC=4$,$P$是$△ ABC$内部的一个动点,且满足$∠ PAB=∠ PBC$,则线段$CP$长的最小值为________.
答案
7. 2
解析
【分析】
首先根据直角三角形两锐角互余的性质，结合已知条件∠PAB=∠PBC，可推导出∠APB=90°，由此确定动点P的轨迹是以AB为直径的圆在△ABC内部的部分；再根据圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径的规律，即可计算出CP的最小值。
【解析】
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，即∠ABP+∠PBC=90°，
又
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠PAB+∠ABP=90°，
∴∠APB=180°-(∠PAB+∠ABP)=90°，
因此点P在以AB为直径的⊙O上（O为AB中点），且位于△ABC内部，
则⊙O的半径$r=\frac{AB}{2}=\frac{6}{2}=3$，即OB=3，
在Rt△OBC中，OB=3，BC=4，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
根据圆外一点到圆上点的最短距离规律，CP的最小值为$OC - r=5-3=2$。
【答案】
2
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，动点最值问题
【点评】
本题解题的核心是通过角的等量代换判断出动点的运动轨迹，巧妙构造辅助圆后即可将线段最值问题转化为圆外点到圆上点的最短距离问题，掌握辅助圆的构造方法是解决这类题型的关键。
【难度系数】
0.4
首先根据直角三角形两锐角互余的性质，结合已知条件∠PAB=∠PBC，可推导出∠APB=90°，由此确定动点P的轨迹是以AB为直径的圆在△ABC内部的部分；再根据圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径的规律，即可计算出CP的最小值。
【解析】
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，即∠ABP+∠PBC=90°，
又
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠PAB+∠ABP=90°，
∴∠APB=180°-(∠PAB+∠ABP)=90°，
因此点P在以AB为直径的⊙O上（O为AB中点），且位于△ABC内部，
则⊙O的半径$r=\frac{AB}{2}=\frac{6}{2}=3$，即OB=3，
在Rt△OBC中，OB=3，BC=4，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
根据圆外一点到圆上点的最短距离规律，CP的最小值为$OC - r=5-3=2$。
【答案】
2
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，动点最值问题
【点评】
本题解题的核心是通过角的等量代换判断出动点的运动轨迹，巧妙构造辅助圆后即可将线段最值问题转化为圆外点到圆上点的最短距离问题，掌握辅助圆的构造方法是解决这类题型的关键。
【难度系数】
0.4
