1. (2026·宁波月考)如图,已知$AB=AC=AD$,$∠CBD=2∠BDC$,$∠BAC=42°$,则$∠CAD$的度数为 ()

A.$56°$
B.$78°$
C.$84°$
D.$112°$

1. C 解析:如图所示,以点 A 为圆心,AB 为半径画圆,$\because \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC},\therefore ∠ BDC = \frac{1}{2}∠ BAC. \because ∠ BAC = 42°, \therefore ∠ BDC = \frac{1}{2}∠ BAC=21°. \because ∠ CBD = 2∠ BDC, \therefore ∠ CBD = 2∠ BDC = 42°. \because \overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}, \therefore ∠ CAD = 2∠ CBD = 84°$. 故选 C.

2. 如图，四边形ABCD中，$DC// AB$，$BC=1$，$AB=AC=AD=2$，则$BD$的长为（）

A.$\sqrt{14}$
B.$\sqrt{15}$
C.$3\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$

2. B 解析:如图,以 A 为圆心,AB 长为半径作圆,延长 BA 交 $\odot A$ 于 F,连接 DF. $\because DC// AB, \therefore ∠ CDB = ∠ DBA, \therefore \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}, \therefore DF = BC = 1. \because BF$ 是 $\odot A$ 的直径, $\therefore ∠ FDB= 90°. \because BF=2+2=4, \therefore BD = \sqrt{BF^2-DF^2} = \sqrt{15}$. 故选 B.

3. (随州中考)如图,在矩形$ABCD$中,$AB=5$,$AD=4$,$M$是边$AB$上一动点(不含端点),将$△ ADM$沿直线$DM$对折,得到$△ NDM$.当射线$CN$交线段$AB$于点$P$时,连接$DP$,则$△ CDP$的面积为;$DP$的最大值为.

3. $10\quad 2\sqrt{5}$ 解析:由题意可得$△ CDP$的面积等于矩形$ABCD$面积的一半,$\therefore △ CDP$的面积为$\frac{1}{2}AB· AD=\frac{1}{2}×4×5=10$.
在$\mathrm{Rt}△ APD$中,$PD=\sqrt{AD^2+AP^2}$,$\therefore$ 当$AP$最大时,$DP$即最大,由题意可得点 $N$ 是在以 $D$ 为圆心,4 为半径的圆上运动,当射线 $CN$ 与圆相切时,$AP$ 最大,此时 $C,N,M$ 三点共线,此时点 $P$ 与点 $M$ 重合,$DP$ 取最大值,如图.

由题意可得 $AD = ND$, $∠ MND = ∠ BAD = ∠ B = 90°$, $\therefore ∠ NDC+∠ DCN=90°. \because ∠ DCN+∠ MCB=90°, \therefore ∠ NDC = ∠ MCB. \because AD = BC, \therefore DN = BC, \therefore △ NDC≌△ BCM, \therefore CN = BM = \sqrt{CD^2-DN^2} = 3, \therefore AP = AB-BP = 2$, 在 $\mathrm{Rt}△ APD$ 中, $PD = \sqrt{AD^2+AP^2} = \sqrt{4^2+2^2} = 2\sqrt{5}$.

4.（江西中考）如图，在$□ ABCD$中，$∠ B = 60°$，$BC = 2AB$，将$AB$绕点$A$逆时针旋转角$α(0° ＜ α ＜ 360°)$得到$AP$，连接$PC,PD$。当$△ PCD$为直角三角形时，旋转角$α$的度数为。

4. $90°$或$270°$或$180°$ 解析:连接 $AC$,取 $BC$ 的中点 $E$,连接 $AE$,如图①所示,

$\because$ 在 $□ ABCD$ 中, $∠ B=60°, BC=2AB, \therefore BE=CE=\frac{1}{2}BC=AB$, $\therefore △ ABE$ 是等边三角形, $\therefore ∠ BAE = ∠ AEB = 60°, AE = BE$, $\therefore AE = EC, \therefore ∠ EAC = ∠ ECA = \frac{1}{2}∠ AEB = 30°, \therefore ∠ BAC = 90°. \because AB// CD, \therefore AC⊥ CD$. 如图②所示,当点 $P$ 在 $AC$ 上时,此时 $∠ BAP = ∠ BAC = 90°$,则旋转角 $α$ 的度数为 $90°$.

当点 $P$ 在 $CA$ 的延长线上时,如图③所示,则 $α = 360°-90°=270°$.

当点 $P$ 在 $BA$ 的延长线上时,则旋转角 $α$ 的度数为 $180°$,如图④所示, $\because PA = AB = CD, PB// CD, \therefore$ 四边形 $PACD$ 是平行四边形. $\because AC⊥ AB, \therefore$ 四边形 $PACD$ 是矩形, $\therefore ∠ PDC = 90°$,即 $△ PDC$ 是直角三角形.

当 $∠ DPC=90°$ 时,点 $P$ 应位于以 $CD$ 为直径的圆上,验证得其与 $\odot A$ 相离,故 $∠ DPC≠90°$.
综上所述,旋转角 $α$ 的度数为 $90°$ 或 $270°$ 或 $180°$.

5. 原创题 如图所示,在等腰直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=BC=4,点D为斜边AB的中点,E是AC上一动点,过点D作DF垂直于DE交BC于点F,连接EF,则EF的最小值是。

5. $2\sqrt{2}$ 解析:如图,连接 $CD$, 可知 $∠ ACB$ 和 $∠ EDF$ 互补, $\therefore E,C,F,D$ 四点共圆, $CD$ 为圆上的弦. $\because EF$ 所对的圆周角为直角, $\therefore EF$ 为直径. 由勾股定理得 $AB=4\sqrt{2}, \therefore CD=2\sqrt{2}$. 当 $CD$ 为直径时,圆最小, $EF$ 也最小, $\therefore EF$ 的最小值是 $2\sqrt{2}$.

6. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=120°,AC=BC=2$, D是AB边上的动点,连接CD,将$△ BCD$绕点C沿顺时针方向旋转至$△ ACE$,连接DE,则$△ ADE$面积的最大值为.

6. $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ 解析:解法一: $\because ∠ ADC + ∠ BDC = 180°, ∠ BDC = ∠ AEC, \therefore ∠ AEC$ 和 $∠ ADC$ 互补, $\therefore A,D,C,E$ 四点共圆. 当圆内接 $△ ADE$ 为等边三角形时,其面积最大,此时 $AD = AE = BD$, 易得 $AB = 2\sqrt{3}, \therefore AD = \sqrt{3}, \therefore S_{△ ADE} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$.
解法二:过点 $E$ 作 $EF⊥ AB$, 交 $AB$ 于点 $F$, 由旋转可知 $△ BDC≌△ AEC$, 易得 $∠ B = ∠ CAB = ∠ CAE = 30°, ∠ FAE = 60°$, 设 $BD$ 为 $a$, 易得 $AB = 2\sqrt{3}, AD = 2\sqrt{3}-a$, 在 $\mathrm{Rt}△ AEF$ 中, 易得 $AF = \frac{1}{2}a, EF = \frac{\sqrt{3}a}{2}, \therefore S_{△ ADE} = \frac{1}{2}×(2\sqrt{3}-a)×\frac{\sqrt{3}a}{2} = -\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 + \frac{3}{2}a = -\frac{\sqrt{3}}{4}(a-\sqrt{3})^2 + \frac{3\sqrt{3}}{4}, \therefore$ 当 $a = \sqrt{3}$ 时, $△ ADE$ 的面积有最大值, 为 $\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

7.（鄂州中考）如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=2\sqrt{3}$，$BC=3$。点$P$为$△ ABC$内一点，且满足$PA^2 + PC^2 = AC^2$。当$PB$的长度最小时，$△ ACP$的面积是（）


A.$3$
B.$3\sqrt{3}$
C.$\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
D.$\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

7. D 解析: $\because PA^2 + PC^2 = AC^2, \therefore ∠ APC = 90°$, 如图, 取 $AC$ 中点 $O$, 并以 $O$ 为圆心, $\frac{1}{2}AC$ 长为半径画圆, 则点 $P$ 在 $\odot O$ 上移动, 由题意知, 当 $B,P,O$ 三点共线时, $BP$ 最短, $\because CO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}×2\sqrt{3} = \sqrt{3}, BC = 3, \therefore BO = \sqrt{BC^2+CO^2} = 2\sqrt{3}$, $\therefore BP = BO-PO = \sqrt{3}, \therefore$ 点 $P$ 是 $BO$ 的中点, $\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCO$ 中, $CP = \frac{1}{2}BO = \sqrt{3} = PO, \therefore △ PCO$ 是等边三角形, $\therefore ∠ ACP = 60°, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ APC$ 中, $AP = 3, \therefore S_{△ APC} = \frac{1}{2}AP· CP = \frac{1}{2}×3×\sqrt{3} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.