版權(quán)說(shuō)明：本文檔由用戶(hù)提供并上傳，收益歸屬內(nèi)容提供方，若內(nèi)容存在侵權(quán)，請(qǐng)進(jìn)行舉報(bào)或認(rèn)領(lǐng)
文檔簡(jiǎn)介
專(zhuān)題41中考最值難點(diǎn)突破隱圓問(wèn)題（解析版）
模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練
類(lèi)型一“一中同長(zhǎng)”模型
典例11．（2021?鼓樓區(qū)二模）如圖，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，則
OA的長(zhǎng)為（）
A．B．2C．D．4
思路引10領(lǐng)：過(guò)O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，1由3等腰三角形的性質(zhì)得到BF＝CF＝2，AE＝DE＝3，
∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，由∠BOC+∠AOD＝180°，得到∠AOE+∠BOF＝90°，進(jìn)而得到∠
A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，根據(jù)全等三角形判定證得△AOE≌△OBF，得到OE＝BF＝2，在Rt△AOE
中，根據(jù)勾股定理即可求得OA．
解：過(guò)O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，
∴∠AEO＝∠OFB＝90°，
∴∠A+∠AOE＝90°，
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴BF＝CFBC4＝2，AE＝DEAD6＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，
1111
∵∠BOC+=∠2AOD=＝21×80°，=2=2×
∴∠AOE+∠BOF＝90°，
∴∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，
在△AOE和△OBF中，
，
∠???=∠???
∠?=∠???
∴?△?=AO?E?≌△OBF（AAS），
第1頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∴OE＝BF＝2，
在Rt△AOE中，∠AEO＝90°，OE＝2，AE＝3，
∴OA，
2222
故選：=C．??+??=3+2=13
總結(jié)提升：本題主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解
決問(wèn)題的關(guān)鍵．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2016春?龍口市期末）如圖，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，則∠CBD的度數(shù)為
（）
A．15°B．25°C．50°D．65°
思路引領(lǐng)：由AB＝AC＝AD，可得B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，然后由圓周角定理，證
得∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，繼而可得∠CAD＝2∠BAC．
解：∵AB＝AC＝AD，
∴B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，
∵∠CBD∠ADC＝15°，
1
故選：A．=2
總結(jié)提升：此題考查了圓周角定理．注意得到B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上是解此題的關(guān)
鍵．
2．（2020?浙江自主招生）如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，現(xiàn)有一根長(zhǎng)為2cm的木棒
第2頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
EF緊貼著矩形的邊（即兩個(gè)端點(diǎn)始終落在矩形的邊上），按逆時(shí)針?lè)较蚧瑒?dòng)一周，則木棒EF的中點(diǎn)P
在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為（）
A．（8﹣）cm2B．4cm2C．（3+）cm2D．8cm2
ππ
思路引領(lǐng)：連接BP，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BPEF，然后判斷出點(diǎn)P在
1
運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為長(zhǎng)方形的面積減去四個(gè)扇形的面積，列式計(jì)=算2即可得解．
解：如圖，∵P是EF的中點(diǎn)，
∴BPEF2＝1（cm），
11
∵AB＝=2，=2×
∴點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所圍成的圖形的面積為長(zhǎng)方形的面積減去四個(gè)扇形的面積，：
又∵四個(gè)扇形的面積正好等于一個(gè)相同半徑的圓的面積，
∴4×2﹣?12＝8﹣（cm2）．
故選：A．ππ
總結(jié)提升：本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，軌跡，判斷
出點(diǎn)的P運(yùn)動(dòng)的軌跡和所組成的圖形的面積組成是解題的關(guān)鍵．
模型二定角（直角）定長(zhǎng)模型
典例2（2021?鄰水縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，點(diǎn)F在邊AC上，并且
CF＝1，點(diǎn)E為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，將△CEF沿直線EF翻折，點(diǎn)C落在點(diǎn)P處，則點(diǎn)P到邊AB距離的
最小值是．
3
5
第3頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
思路引領(lǐng)：延長(zhǎng)FP交AB于M，得到FP⊥AB時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最小，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出
FM，根據(jù)折疊的性質(zhì)求出PF，計(jì)算即可．
解：如圖，延長(zhǎng)FP交AB于M，當(dāng)FP⊥AB時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最小，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB5，
22
∵∠A=＝∠??A，+∠?A?MF=＝∠C＝90°，
∴△AFM∽△ABC，
∴，即，
????2??
==
解得??，F(xiàn)M??，54
8
由折疊的性=質(zhì)5可知，F(xiàn)P＝FC＝1，
∴PM，
3
=
故答案為5：．
3
5
總結(jié)提升：本題考查翻折變換、最短問(wèn)題、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理．垂線段最短等知識(shí)，
解題的關(guān)鍵是正確找到點(diǎn)P位置．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2022秋?陽(yáng)西縣期末）如圖，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，
且滿足∠PAB＝∠PBC，則線段CP長(zhǎng)的最小值為2．
第4頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
思路引領(lǐng)：首先證明點(diǎn)P在以AB為直徑的O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，利用勾股定理求出OC
即可解決問(wèn)題．⊙
解：∵AB⊥BC，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴點(diǎn)P在以AB為直徑的O上，當(dāng)O、P、C共線時(shí)PC最小，
在Rt△BCO中，AB＝6，⊙BC＝4，
∴OBAB＝3，
1
=
∴OC25，
22
∴PC＝=OC?﹣?O+P＝??5﹣=3＝2．
∴PC最小值為2．
故答案為2．
總結(jié)提升：本題考查點(diǎn)與圓位置關(guān)系、圓周角定理、最短問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，學(xué)
會(huì)求圓外一點(diǎn)到圓的最小、最大距離，屬于中考常考題型．
2．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4cm，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，
以相同的速度分別沿AB，CD向終點(diǎn)B，D移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止．過(guò)點(diǎn)B作直線EF的
垂線BG，垂足為點(diǎn)G，連接AG，則AG長(zhǎng)的最小值為（）
第5頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
A．2cmB．（）cmC．2cmD．（22）cm
思路引2領(lǐng)：設(shè)正方形的中心為10O?，可2證EF經(jīng)過(guò)O點(diǎn)．連接OB，取OB中點(diǎn)2M?，連接MA，MG，則MA，
MG為定長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問(wèn)題即可．
解：設(shè)正方形的中心為O，可證EF經(jīng)過(guò)O點(diǎn)．
連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長(zhǎng)，
∴MA，MGOB，AG≥AM﹣MG，
1
=10==2=10?2
當(dāng)A，M，G三點(diǎn)共線2時(shí)，AG最小值＝（）cm，
故選：B．10?2
總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)，連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定
長(zhǎng)，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問(wèn)題是解決本題的關(guān)鍵．
模型三定角（非直角）定長(zhǎng)模型
典例3（2019秋?海陵區(qū)校級(jí)月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，則BC的長(zhǎng)的取值范圍
是0＜BC且BC≠4．
83
思路引領(lǐng)：≤作△3ABC的外接圓，根據(jù)直徑是最長(zhǎng)的弦得到∠BAC＝90°時(shí)，BC是最長(zhǎng)，根據(jù)直角三角形
的性質(zhì)、勾股定理計(jì)算即可．
解：作△ABC的外接圓，如圖所示：
當(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，BC是直徑最長(zhǎng)，
∵∠C＝60°，
第6頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∴∠ABC＝30°，
∴BC＝2AC，ABAC＝4，
=3
∴AC，
43
=
∴BC＝2A3C，
83
當(dāng)∠A＝∠B=時(shí)，3△ABC為等邊三角形，
∴BC＝AB＝4，
則BC的長(zhǎng)的取值范圍是0＜BC且BC≠4，
83
≤
故答案為：0＜BC且BC≠4．3
83
≤3
總結(jié)提升：本題考查的是勾股定理、直角三角形的性質(zhì)，如果直角三角形的兩條直角邊長(zhǎng)分別是a，b，
斜邊長(zhǎng)為c，那么a2+b2＝c2．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2020秋?東臺(tái)市期中）已知點(diǎn)A（1，0）、點(diǎn)B（5，0），點(diǎn)P是該直角坐標(biāo)系內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)P在
y軸的負(fù)半軸上，且∠APB＝30°，則滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣2）或（0，﹣2）．
思路引領(lǐng)：利用圓周角定理可判斷點(diǎn)A、B、P在以C點(diǎn)為圓心，CA為半3徑?的圓7上，且∠ACB3＝+2∠7APB
＝60°，則CA＝CB＝AB＝4，C交y軸于P和P′點(diǎn)，連接CP，如圖，作CD⊥AB于D，CE⊥y軸
于E，根據(jù)垂徑定理得到得到A⊙D＝DB＝2，PE＝P′E，所以CD＝2，OD＝3，再利用勾股定理計(jì)算
出PE得到OP′和OP的長(zhǎng)，從而得到滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．3
解：∵∠APB＝30°，
∴點(diǎn)A、B、P在以C點(diǎn)為圓心，CA為半徑的圓上，且∠ACB＝2∠APB＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴CA＝CB＝AB＝4，
C交y軸于P和P′點(diǎn)，連接CP，如圖，
⊙作CD⊥AB于D，CE⊥y軸于E，則AD＝DB＝2，PE＝P′E，
∵AD＝2，CA＝4，
第7頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∴CD＝2，OD＝OA+AD＝3，
在Rt△PCE3中，PE，
22
∵OE＝CD＝2，=4?3=7
∴OP′＝23，OP＝2，
∴P（0，﹣23?7），P′（30+，﹣72），
∴滿足條件的點(diǎn)3?P的7坐標(biāo)為（0，﹣23+7）或（0，﹣2）．
故答案為（0，﹣2）或（0，﹣32?7）．3+7
3?73+7
總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所
對(duì)的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和勾股定理．
類(lèi)型四四點(diǎn)共圓模型
典例4（2020秋?余杭區(qū)期中）如圖，C、D是以AB為直徑的圓O上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)C、D不與A、B重合），
在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中弦CD始終保持不變，M是弦CD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥AB于點(diǎn)P．若CD＝3，AB＝5，
PM＝x，則x的最大值是（）
A．3B．C．2.5D．2
53
思路引領(lǐng)：如圖：延長(zhǎng)CP交O于N，連接DN，易證PMDN，所以當(dāng)DN為直徑時(shí)，PM的值最大．
1
解：如圖：延長(zhǎng)CP交O于⊙N，連接DN．=2
∵AB⊥CN，⊙
∴CP＝PN，
第8頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∵CM＝DM，
∴PMDN，
1
=2
∴當(dāng)DN為直徑時(shí)，PM的值最大，最大值為．
5
故選：C．2
總結(jié)提升：本題考查是圓的綜合題，垂徑定理，三角形中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用
輔助線，構(gòu)造三角形中位線解決問(wèn)題．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2020?浙江自主招生）如圖，已知AB是圓O的直徑，PQ是圓O的弦，PQ與AB不平行，R是PQ的
中點(diǎn)．作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分別為S，T，并且∠SRT＝60°，則的值等于．
??1
??2
思路引領(lǐng)：連接OP，OQ，OR，由R是PQ的中點(diǎn)，根據(jù)垂徑定理的推論得OR⊥PQ，而OP＝OQ，根
據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠POR＝∠QOR，易得∠PSO＝∠PRO＝90°，根據(jù)直角三角形外接圓的性質(zhì)得
點(diǎn)P、S、O、R四點(diǎn)在以O(shè)P為直徑的圓上，再根據(jù)圓周角定理得∠PSR＝∠POR，同理可得∠QTR＝∠
QOR，則∠PSR＝∠QTR，根據(jù)等角的余角相等得∠RST＝∠RTS，而∠SRT＝60°，所以∠RST＝60°，
∠RTS＝60°，則可根據(jù)圓周角定理得到∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，于是可判斷△
OPQ為等邊三角形，所以PQ＝OP，則AB＝2PQ，即可得到．
??1
=
解：連接OP，OQ，OR，如圖，??2
∵R是PQ的中點(diǎn)，
∴OR⊥PQ，
∵OP＝OQ，
∴∠POR＝∠QOR，
第9頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∵PS⊥AB，
∴∠PSO＝∠PRO＝90°，
∴點(diǎn)P、S、O、R四點(diǎn)在以O(shè)P為直徑的圓上，
∴∠PSR＝∠POR，
同理可得∠QTR＝∠QOR，
∴∠PSR＝∠QTR，
∴∠RST＝∠RTS，
而∠SRT＝60°，
∴△RST為等邊三角形，
∴∠RST＝60°，∠RTS＝60°，
∴∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，
∴△OPQ為等邊三角形，
∴PQ＝OP，
∴AB＝2PQ，
∴．
??1
=
故答??案為2．
1
2
總結(jié)提升：本題考查了垂徑定理及其推論：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。煌普?/p>
1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對(duì)的兩條?。普?：弦的垂直平分線經(jīng)過(guò)圓心，
并且平分弦所對(duì)的兩條??；推論3：平分弦所對(duì)一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對(duì)的另一條
?。部疾榱藞A周角定理和等邊三角形的性質(zhì)．
類(lèi)型五模型綜合
典例5（2022春?梁溪區(qū)期中）如圖，E、F是正方形ABCD邊AD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且AE＝DF，連接CF交BD
于點(diǎn)G，連接BE交AG于點(diǎn)H．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則線段DH長(zhǎng)度的最小值為（）
第10頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
A．1B．C．D．
36
5?2
思路引領(lǐng)：延長(zhǎng)AG交CD于M，如圖1，可證△2ADG≌△DGC可得∠G5CD＝∠DAM，再證△ADM≌△
DFC可得DF＝DM＝AE，可證△ABE≌△ADM，可得H是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)，取AB中點(diǎn)O，連
接OD，OH，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得不等式，可解得DH長(zhǎng)度的最小值．
解：延長(zhǎng)AG交CD于M，如圖1
∵ABCD是正方形
∴AD＝CD＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠BDC
∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DG＝DG
∴△ADG≌△DGC
∴∠DAM＝∠DCF且AD＝CD，∠ADC＝∠ADC
∴△ADM≌△CDF
∴FD＝DM且AE＝DF
∴AE＝DM且AB＝AD，∠ADM＝∠BAD＝90°
∴△ABE≌△ADM
∴∠DAM＝∠ABE
∵∠DAM+∠BAM＝90°
∴∠BAM+∠ABE＝90°，即∠AHB＝90°
∴點(diǎn)H是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)．
第11頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
如圖2，取AB中點(diǎn)O，連接OD，OH
∵AB＝AD＝2，O是AB中點(diǎn)，∴AO＝1＝OH，
在Rt△AOD中，OD
22
∵DH≥OD﹣OH=??+??=5
∴DH1
∴DH≥的最5小?值為1
故選：A．5?
總結(jié)提升：本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是證點(diǎn)H是以AB為直
徑的圓上一點(diǎn)．
針對(duì)訓(xùn)練
1．（2020秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）在銳角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)
針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到△A1B1C1．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C1在線段CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，則∠CC1A1的度數(shù)為90°．
（2）如圖2，連接AA1，CC1.若△ABA1的面積為，求△CBC1的面積（用含m的代數(shù)式表示）．
（3）如圖3，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AC3?上的動(dòng)點(diǎn)，在△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)過(guò)程
中，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)P1，則線段EP1長(zhǎng)度的最小值為32，最大值為8．
2?
思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，又由等腰三角形的性質(zhì)，即可
求得∠CC1A1的度數(shù)；
第12頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
（2）由△ABC≌△A1BC1，易證得△ABA1∽△CBC1，然后利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，
即可求得△CBC1的面積；
（3）由①當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至垂足點(diǎn)D，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB上時(shí)，EP1
最小；②當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，
EP1最大，即可求得線段EP1長(zhǎng)度的最大值與最小值．
解：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．
故答案為：90°；
（2）∵△ABC≌△A1BC1，
∴BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，
∴，∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，
????1
=
∴∠??ABA?1＝?1∠CBC1，
∴△ABA1∽△CBC1．
∴（）2＝（）2，
?△???1??4
=
∵S?△A?B?A?11m?，?6
=3
∴S△CBC1m；
93
=4
（3）①如圖1，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC，D為垂足，
∵△ABC為銳角三角形，
∴點(diǎn)D在線段AC上，
在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝3，
當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)，BP與AC垂直的時(shí)候2，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB上時(shí)，
EP1最小，最小值為：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝32；
②當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使2?點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，EP1
最大，最大值為：EP1＝BC+BE＝2+6＝8，
故答案為：32，8．
2?
第13頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
總結(jié)提升：此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)的
應(yīng)用．此題難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意旋轉(zhuǎn)前后的對(duì)應(yīng)關(guān)系
模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)
1．（蘇州期中）如圖，四邊形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．則BD2的值為（）
A．14B．15C．18D．12
思路引領(lǐng)：作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥BD于點(diǎn)N，根據(jù)題給條件及等腰三角形的性質(zhì)證明△ABN≌△BAM，
繼而求出AN的值，在Rt△ABN中，利用勾股定理求解即可．
解：作AM⊥BC于點(diǎn)M，AN⊥BD于點(diǎn)N，
∵AC＝AB，
∴△ABC為等腰三角形，
∴AM也是△ABC的中線和角平分線（三線合一），
∴∠CAM＝∠BAM，
∴△ABM≌△ACM，
第14頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∵AB∥CD，AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，
∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，
∴∠ADB∠ADC＝∠MAB，
1
∴∠MAB=＝2∠DBA，
又∵AB＝AB，
∴△ABN≌△BAM（AAS），
∴ANBC，
11
∵AB＝=2，=2
∴BN2＝AB2﹣AN2，
15
∴BD2＝4BN2＝15．=4
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了梯形的知識(shí)，同時(shí)涉及了等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理的知識(shí)，難度適中，解題
關(guān)鍵是正確作出輔助線．
2．（2021秋?如皋市期中）如圖，△ABC為等邊三角形，AB＝3．若P為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠PAB
＝∠ACP，則線段PB長(zhǎng)度的最小值為（）
A．1.5B．C．D．2
4
33
思路引領(lǐng)：由等邊三角形的性質(zhì)得出∠ABC＝∠B3AC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，當(dāng)O、
P、B共線時(shí)，PB長(zhǎng)度最小，由等邊三角形的性質(zhì)得出AD＝CDAC，∠PAC＝∠ACP＝30°，求
13
出PD和BD的長(zhǎng)，可得PB的長(zhǎng)，即可得出答案．=2=2
解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，
∵∠PAB＝∠ACP，
第15頁(yè)共21頁(yè)更多資料加微信：.
∴∠PAC+∠ACP＝60°，
∴∠APC＝120°，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是，
設(shè)所在圓的圓心為?