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1. 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) 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 $∠ ACB=$
如图,$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°,∠ BCA=30°,AB=2$.
(2) 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 $a$ 个单位长度至 $DF$,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.
(1) 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) 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 $a$ 个单位长度至 $DF$,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.
答案
1.(1) 作圆如图①
，解析:以点O为圆心,OA的长为半径作圆,如图①,∵∠AOB=70°,
∴∠ACB=35°.
(2) 连结PB,PE,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠BCA=30°,AB=2.
∴AC=4,∠BAC=60°,BC=2√3.
∵P为Rt△ABC斜边AC的中点,
∴BP=1/2 AC=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,
∴S=1/2 (BD+CF)×BC=1/2 ×6×2√3=6√3.
(3) 存在。由题意得,点Q在$\overset{\frown}{AQB}$上运动,且弦AB所对的圆心角为90°,如图②
所示,以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角三角形OAB,以点O为圆心,OA的长为半径作⊙O,当AC边沿BC方向平移a个单位长度至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.连结OQ交AD于点G,过点O作OH⊥AD于点H,则∠AHO=∠OHG=∠DQG=90°,∠OAH=45°,∠GDQ=30°,
∵∠ABC=90°,∠BCA=30°,AB=2,
∴BC=2√3,OA=OB=OQ=√2,
∴AH=OH=1,HG=√3/3,OG=2√3/3,
∴GQ=√2 - 2√3/3,DG=2GQ=2√2 - 4√3/3,
∴AD=AH+HG+GD=1+√3/3 +2√2 -4√3/3=1+2√2 -√3,
∴a=1+2√2 -√3,此时直角梯形ABFD的最大面积为S=1/2 ×(BF+AD)×AB=1/2 ×(2√3 +1+2√2 -√3 +1+2√2 -√3)×2=4√2 +2.
解析
【分析】
(1) 已知OA=OB=OC，根据圆的定义，点O就是过A、B、C三点的圆的圆心，以O为圆心OA为半径画圆即可；要求∠ACB，观察到∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，直接计算即可。
(2) 先根据Rt△ABC的已知角度和边长，算出AC、BC的长度和∠BAC的度数；直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得BP=AB=2；再根据平移的性质，对应点连线平行且相等，可得AB=PE=2、BP=AE=2，判断四边形ABPE是菱形，菱形对角线平分内角，即可求出∠BEA；四边形BDFC是直角梯形，用梯形面积公式计算即可。
(3) 由∠BQA=45°，根据定弦定角模型，点Q在以AB为弦、所对圆周角为45°的圆上；四边形BADF是直角梯形，高AB为定值，要使面积最大，需上下底之和最大，即当平移后的DF与圆相切时满足条件，结合切线性质、特殊直角三角形的边长关系计算平移距离a和最大面积即可。
【解析】
(1) 以点O为圆心，OA的长为半径作圆，如图①。
∵OA=OB=OC，
∴A、B、C三点都在⊙O上，∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理得$∠ ACB=\frac{1}{2}∠ AOB$。
∵$∠ AOB=70°$，
∴$∠ ACB=\frac{1}{2}×70°=35°$。
(2) 在$Rt△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$∠ BCA=30°$，$AB=2$，
∴$AC=2AB=4$，$∠ BAC=90°-30°=60°$，$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=2\sqrt{3}$。
∵P是$Rt△ ABC$斜边AC的中点，
∴$BP=AP=\frac{1}{2}AC=2$。
由平移的性质可知：$AD=CF=PE=2$，$AD// CF$，$AE// BP$，
∴$AB=BP=PE=AE=2$，即四边形ABPE是菱形，
∴BE平分$∠ BAC$，
∴$∠ BEA=\frac{1}{2}∠ BAC=30°$。
∵$CF// BD$，$∠ ABC=90°$，
∴四边形BDFC是直角梯形，上底$CF=2$，下底$BD=AB+AD=4$，高$BC=2\sqrt{3}$，
∴$S_{BDFC}=\frac{1}{2}(CF+BD)× BC=\frac{1}{2}×(2+4)×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$。
(3) 存在，理由如下：
∵$∠ BQA=45°$，AB为定线段，根据定弦定角模型，点Q在以AB为弦、所对圆周角为$45°$的圆上，如图②：以AB为斜边在AB右侧作等腰直角三角形OAB，则$∠ AOB=90°$，以O为圆心，OA为半径作⊙O，则⊙O上的点均满足$∠ BQA=45°$。
当DF与⊙O相切于点Q时，直线DF上存在符合条件的点Q，且此时四边形BADF的面积最大。
连结OQ交AD于点G，过点O作$OH⊥ AD$于点H，
∴$∠ AHO=∠ OHG=∠ DQG=90°$。
∵$△ OAB$是等腰直角三角形，$AB=2$，
∴$OA=OB=OQ=\sqrt{2}$，$∠ OAB=45°$，
∴$∠ OAH=90°-∠ OAB=45°$，
在$Rt△ AOH$中，$AH=OH=OA·\cos45°=1$。
∵DF由AC平移得到，$∠ BCA=30°$，
∴$∠ GDQ=∠ ACB=30°$，$∠ OGH=∠ DGQ=90°-30°=60°$，
在$Rt△ OHG$中，$HG=\frac{OH}{\tan60°}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$OG=\frac{OH}{\sin60°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$GQ=OQ-OG=\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
在$Rt△ DGQ$中，$∠ GDQ=30°$，
∴$DG=2GQ=2\sqrt{2}-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴平移距离$a=AD=AH+HG+GD=1+\frac{\sqrt{3}}{3}+2\sqrt{2}-\frac{4\sqrt{3}}{3}=1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}$。
四边形BADF是直角梯形，高$AB=2$，上底$AD=a$，下底$BF=BC+CF=2\sqrt{3}+a$，
∴$S_{BADF}=\frac{1}{2}(AD+BF)× AB=2a+2\sqrt{3}$，代入$a=1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}$得：
$S_{BADF}=2(1+2\sqrt{2}-\sqrt{3})+2\sqrt{3}=4\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1) 作圆如图①，$\boxed{35°}$；
(2) 四边形BDFC的面积为$\boxed{6\sqrt{3}}$，$∠ BEA=\boxed{30°}$；
(3) 存在，平移距离$a=\boxed{1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}}$，四边形BADF面积的最大值为$\boxed{4\sqrt{2}+2}$。
【知识点】
圆周角定理，平移的性质，定弦定角隐圆
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、特殊直角三角形的性质、菱形的判定与性质、平移的性质以及几何最值的求解，第三问的定弦定角隐圆构造是解题关键，能有效锻炼学生的几何模型识别与综合分析能力。
【难度系数】
0.3
(1) 已知OA=OB=OC，根据圆的定义，点O就是过A、B、C三点的圆的圆心，以O为圆心OA为半径画圆即可；要求∠ACB，观察到∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，直接计算即可。
(2) 先根据Rt△ABC的已知角度和边长，算出AC、BC的长度和∠BAC的度数；直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得BP=AB=2；再根据平移的性质，对应点连线平行且相等，可得AB=PE=2、BP=AE=2，判断四边形ABPE是菱形，菱形对角线平分内角，即可求出∠BEA；四边形BDFC是直角梯形，用梯形面积公式计算即可。
(3) 由∠BQA=45°，根据定弦定角模型，点Q在以AB为弦、所对圆周角为45°的圆上；四边形BADF是直角梯形，高AB为定值，要使面积最大，需上下底之和最大，即当平移后的DF与圆相切时满足条件，结合切线性质、特殊直角三角形的边长关系计算平移距离a和最大面积即可。
【解析】
(1) 以点O为圆心，OA的长为半径作圆，如图①
。∵OA=OB=OC，
∴A、B、C三点都在⊙O上，∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理得$∠ ACB=\frac{1}{2}∠ AOB$。
∵$∠ AOB=70°$，
∴$∠ ACB=\frac{1}{2}×70°=35°$。
(2) 在$Rt△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$∠ BCA=30°$，$AB=2$，
∴$AC=2AB=4$，$∠ BAC=90°-30°=60°$，$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=2\sqrt{3}$。
∵P是$Rt△ ABC$斜边AC的中点，
∴$BP=AP=\frac{1}{2}AC=2$。
由平移的性质可知：$AD=CF=PE=2$，$AD// CF$，$AE// BP$，
∴$AB=BP=PE=AE=2$，即四边形ABPE是菱形，
∴BE平分$∠ BAC$，
∴$∠ BEA=\frac{1}{2}∠ BAC=30°$。
∵$CF// BD$，$∠ ABC=90°$，
∴四边形BDFC是直角梯形，上底$CF=2$，下底$BD=AB+AD=4$，高$BC=2\sqrt{3}$，
∴$S_{BDFC}=\frac{1}{2}(CF+BD)× BC=\frac{1}{2}×(2+4)×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$。
(3) 存在，理由如下：
∵$∠ BQA=45°$，AB为定线段，根据定弦定角模型，点Q在以AB为弦、所对圆周角为$45°$的圆上，如图②
：以AB为斜边在AB右侧作等腰直角三角形OAB，则$∠ AOB=90°$，以O为圆心，OA为半径作⊙O，则⊙O上的点均满足$∠ BQA=45°$。当DF与⊙O相切于点Q时，直线DF上存在符合条件的点Q，且此时四边形BADF的面积最大。
连结OQ交AD于点G，过点O作$OH⊥ AD$于点H，
∴$∠ AHO=∠ OHG=∠ DQG=90°$。
∵$△ OAB$是等腰直角三角形，$AB=2$，
∴$OA=OB=OQ=\sqrt{2}$，$∠ OAB=45°$，
∴$∠ OAH=90°-∠ OAB=45°$，
在$Rt△ AOH$中，$AH=OH=OA·\cos45°=1$。
∵DF由AC平移得到，$∠ BCA=30°$，
∴$∠ GDQ=∠ ACB=30°$，$∠ OGH=∠ DGQ=90°-30°=60°$，
在$Rt△ OHG$中，$HG=\frac{OH}{\tan60°}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$OG=\frac{OH}{\sin60°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$GQ=OQ-OG=\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
在$Rt△ DGQ$中，$∠ GDQ=30°$，
∴$DG=2GQ=2\sqrt{2}-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴平移距离$a=AD=AH+HG+GD=1+\frac{\sqrt{3}}{3}+2\sqrt{2}-\frac{4\sqrt{3}}{3}=1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}$。
四边形BADF是直角梯形，高$AB=2$，上底$AD=a$，下底$BF=BC+CF=2\sqrt{3}+a$，
∴$S_{BADF}=\frac{1}{2}(AD+BF)× AB=2a+2\sqrt{3}$，代入$a=1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}$得：
$S_{BADF}=2(1+2\sqrt{2}-\sqrt{3})+2\sqrt{3}=4\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1) 作圆如图①
，$\boxed{35°}$；(2) 四边形BDFC的面积为$\boxed{6\sqrt{3}}$，$∠ BEA=\boxed{30°}$；
(3) 存在，平移距离$a=\boxed{1+2\sqrt{2}-\sqrt{3}}$，四边形BADF面积的最大值为$\boxed{4\sqrt{2}+2}$。
【知识点】
圆周角定理，平移的性质，定弦定角隐圆
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、特殊直角三角形的性质、菱形的判定与性质、平移的性质以及几何最值的求解，第三问的定弦定角隐圆构造是解题关键，能有效锻炼学生的几何模型识别与综合分析能力。
【难度系数】
0.3
