中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题41中考最值难点突破隐圆问题(原卷版+解析)

这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题41中考最值难点突破隐圆问题(原卷版+解析)，共25页。试卷主要包含了典例剖析+针对训练，定角定长模型，四点共圆模型，模型综合等内容，欢迎下载使用。

类型一 “一中同长”模型
典例1（2023•鼓楼区二模）如图，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，则OA的长为（ ）
A．10B．2C．13D．4
针对训练
1．(2023春•龙口市期末）如图，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，则∠CBD的度数为（ ）
A．15°B．25°C．50°D．65°
2．（2023•浙江自主招生）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，现有一根长为2cm的木棒EF紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为（ ）
A．（8﹣π）cm2B．4cm2C．（3+π）cm2D．8cm2
类型二 定角（直角）定长模型
典例2 （2023•邻水县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点F在边AC上，并且CF＝1，点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距离的最小值是 ．
针对训练
1．(2023秋•阳西县期末）如图，在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 ．
2．(2023秋•工业园区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点E，F分别从点A，C同时出发，以相同的速度分别沿AB，CD向终点B，D移动，当点E到达点B时，运动停止．过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（ ）
A．22cmB．（10−2）cmC．2cmD．（22−2）cm
模型三 定角（非直角）定长模型
典例3(2023秋•海陵区校级月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，则BC的长的取值范围是 ．
针对训练
1．（2023秋•东台市期中）已知点A（1，0）、点B（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．若点P在y轴的负半轴上，且∠APB＝30°，则满足条件的点P的坐标为 ．
类型四 四点共圆模型
典例4（2023秋•余杭区期中）如图，C、D是以AB为直径的圆O上的两个动点（点C、D不与A、B重合），在运动过程中弦CD始终保持不变，M是弦CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，则x的最大值是（ ）
A．3B．5C．2.5D．23
针对训练
1．（2023•浙江自主招生）如图，已知AB是圆O的直径，PQ是圆O的弦，PQ与AB不平行，R是PQ的中点．作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分别为S，T，并且∠SRT＝60°，则PQAB的值等于 ．
类型五 模型综合
典例5(2023春•梁溪区期中）如图，E、F是正方形ABCD边AD上的两个动点且AE＝DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形ABCD的边长为2，则线段DH长度的最小值为（ ）
A．5−1B．2C．32D．65
针对训练
1．（2023秋•朝阳区校级期中）在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1B1C1．
（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，则∠CC1A1的度数为 ．
（2）如图2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为3m，求△CBC1的面积（用含m的代数式表示）．
（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，则线段EP1长度的最小值为 ，最大值为 ．
模块二 2023中考押题预测
1．（苏州期中）如图，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD2的值为（ ）
A．14B．15C．18D．12
2．（2023秋•如皋市期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝3．若P为△ABC内一动点，且满足∠PAB＝∠ACP，则线段PB长度的最小值为（ ）
A．1.5B．3C．433D．2
3．（2023•淮阴区模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O为AC的中点，过O作OE⊥OF，OE、OF分别交射线AB，BC于E、F，则EF的最小值为 ．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），点P在直线y=33x上，连接AP，过点P作PQ⊥AP，交x轴于点Q，连接AQ．求∠QAP的度数．
5．（广州中考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
专题41 中考最值难点突破隐圆问题（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
类型一 “一中同长”模型
典例11．（2023•鼓楼区二模）如图，OA＝OB＝OC＝OD，∠BOC+∠AOD＝180°．若BC＝4，AD＝6，则OA的长为（ ）
A．10B．2C．13D．4
思路引领：过O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，由等腰三角形的性质得到BF＝CF＝2，AE＝DE＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，由∠BOC+∠AOD＝180°，得到∠AOE+∠BOF＝90°，进而得到∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，根据全等三角形判定证得△AOE≌△OBF，得到OE＝BF＝2，在Rt△AOE中，根据勾股定理即可求得OA．
解：过O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，
∴∠AEO＝∠OFB＝90°，
∴∠A+∠AOE＝90°，
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴BF＝CF=12BC=12×4＝2，AE＝DE=12AD=12×6＝3，∠AOE＝∠DOE，∠BOF＝∠COF，
∵∠BOC+∠AOD＝180°，
∴∠AOE+∠BOF＝90°，
∴∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，
在△AOE和△OBF中，
∠AEO=∠OFB∠A=∠BOFOA=OB，
∴△AOE≌△OBF（AAS），
∴OE＝BF＝2，
在Rt△AOE中，∠AEO＝90°，OE＝2，AE＝3，
∴OA=AE2+OE2=32+22=13，
故选：C．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
针对训练
1．(2023春•龙口市期末）如图，已知AB＝AC＝AD，∠BAC＝50°，∠DAC＝30°，则∠CBD的度数为（ ）
A．15°B．25°C．50°D．65°
思路引领：由AB＝AC＝AD，可得B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，然后由圆周角定理，证得∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，继而可得∠CAD＝2∠BAC．
解：∵AB＝AC＝AD，
∴B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，
∵∠CBD=12∠ADC＝15°，
故选：A．
总结提升：此题考查了圆周角定理．注意得到B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上是解此题的关键．
2．（2023•浙江自主招生）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，现有一根长为2cm的木棒EF紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为（ ）
A．（8﹣π）cm2B．4cm2C．（3+π）cm2D．8cm2
思路引领：连接BP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BP=12EF，然后判断出点P在运动过程中所围成的图形的面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，列式计算即可得解．
解：如图，∵P是EF的中点，
∴BP=12EF=12×2＝1（cm），
∵AB＝2，
∴点P在运动过程中所围成的图形的面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，：
又∵四个扇形的面积正好等于一个相同半径的圆的面积，
∴4×2﹣π•12＝8﹣π（cm2）．
故选：A．
总结提升：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，扇形面积的计算，轨迹，判断出点的P运动的轨迹和所组成的图形的面积组成是解题的关键．
模型二 定角（直角）定长模型
典例2（2023•邻水县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点F在边AC上，并且CF＝1，点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距离的最小值是 35 ．
思路引领：延长FP交AB于M，得到FP⊥AB时，点P到AB的距离最小，根据相似三角形的性质求出FM，根据折叠的性质求出PF，计算即可．
解：如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵∠A＝∠A，∠AMF＝∠C＝90°，
∴△AFM∽△ABC，
∴AFAB=FMBC，即25=FM4，
解得，FM=85，
由折叠的性质可知，FP＝FC＝1，
∴PM=35，
故答案为：35．
总结提升：本题考查翻折变换、最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理．垂线段最短等知识，解题的关键是正确找到点P位置．
针对训练
1．(2023秋•阳西县期末）如图，在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 2 ．
思路引领：首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
解：∵AB⊥BC，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，当O、P、C共线时PC最小，
在Rt△BCO中，AB＝6，BC＝4，
∴OB=12AB＝3，
∴OC=OB2+BC2=5，
∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．
∴PC最小值为2．
故答案为2．
总结提升：本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
2．(2023秋•工业园区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点E，F分别从点A，C同时出发，以相同的速度分别沿AB，CD向终点B，D移动，当点E到达点B时，运动停止．过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（ ）
A．22cmB．（10−2）cmC．2cmD．（22−2）cm
思路引领：设正方形的中心为O，可证EF经过O点．连接OB，取OB中点M，连接 MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
解：设正方形的中心为O，可证EF经过O点．
连接OB，取OB中点M，连接 MA，MG，则MA，MG为定长，
∴MA=10，MG=12OB=2，AG≥AM﹣MG=10−2，
当A，M，G三点共线时，AG最小值＝（10−2）cm，
故选：B．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质，连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题是解决本题的关键．
模型三 定角（非直角）定长模型
典例3（2023秋•海陵区校级月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，则BC的长的取值范围是 0＜BC≤833且BC≠4 ．
思路引领：作△ABC的外接圆，根据直径是最长的弦得到∠BAC＝90°时，BC是最长，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
解：作△ABC的外接圆，如图所示：
当∠BAC＝90°时，BC是直径最长，
∵∠C＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∴BC＝2AC，AB=3AC＝4，
∴AC=433，
∴BC＝2AC=833，
当∠A＝∠B时，△ABC为等边三角形，
∴BC＝AB＝4，
则BC的长的取值范围是0＜BC≤833且BC≠4，
故答案为：0＜BC≤833且BC≠4．
总结提升：本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
针对训练
1．（2023秋•东台市期中）已知点A（1，0）、点B（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．若点P在y轴的负半轴上，且∠APB＝30°，则满足条件的点P的坐标为 （0，﹣23−7）或（0，﹣23+7） ．
思路引领：利用圆周角定理可判断点A、B、P在以C点为圆心，CA为半径的圆上，且∠ACB＝2∠APB＝60°，则CA＝CB＝AB＝4，⊙C交y轴于P和P′点，连接CP，如图，作CD⊥AB于D，CE⊥y轴于E，根据垂径定理得到得到AD＝DB＝2，PE＝P′E，所以CD＝23，OD＝3，再利用勾股定理计算出PE得到OP′和OP的长，从而得到满足条件的点P的坐标．
解：∵∠APB＝30°，
∴点A、B、P在以C点为圆心，CA为半径的圆上，且∠ACB＝2∠APB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴CA＝CB＝AB＝4，
⊙C交y轴于P和P′点，连接CP，如图，
作CD⊥AB于D，CE⊥y轴于E，则AD＝DB＝2，PE＝P′E，
∵AD＝2，CA＝4，
∴CD＝23，OD＝OA+AD＝3，
在Rt△PCE中，PE=42−32=7，
∵OE＝CD＝23，
∴OP′＝23−7，OP＝23+7，
∴P（0，﹣23−7），P′（0，﹣23+7），
∴满足条件的点P的坐标为（0，﹣23−7）或（0，﹣23+7）．
故答案为（0，﹣23−7）或（0，﹣23+7）．
总结提升：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和勾股定理．
类型四 四点共圆模型
典例4（2023秋•余杭区期中）如图，C、D是以AB为直径的圆O上的两个动点（点C、D不与A、B重合），在运动过程中弦CD始终保持不变，M是弦CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，则x的最大值是（ ）
A．3B．5C．2.5D．23
思路引领：如图：延长CP交⊙O于N，连接DN，易证PM=12DN，所以当DN为直径时，PM的值最大．
解：如图：延长CP交⊙O于N，连接DN．
∵AB⊥CN，
∴CP＝PN，
∵CM＝DM，
∴PM=12DN，
∴当DN为直径时，PM的值最大，最大值为52．
故选：C．
总结提升：本题考查是圆的综合题，垂径定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
针对训练
1．（2023•浙江自主招生）如图，已知AB是圆O的直径，PQ是圆O的弦，PQ与AB不平行，R是PQ的中点．作PS⊥AB，QT⊥AB，垂足分别为S，T，并且∠SRT＝60°，则PQAB的值等于 12 ．
思路引领：连接OP，OQ，OR，由R是PQ的中点，根据垂径定理的推论得OR⊥PQ，而OP＝OQ，根据等腰三角形的性质得∠POR＝∠QOR，易得∠PSO＝∠PRO＝90°，根据直角三角形外接圆的性质得点P、S、O、R四点在以OP为直径的圆上，再根据圆周角定理得∠PSR＝∠POR，同理可得∠QTR＝∠QOR，则∠PSR＝∠QTR，根据等角的余角相等得∠RST＝∠RTS，而∠SRT＝60°，所以∠RST＝60°，∠RTS＝60°，则可根据圆周角定理得到∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，于是可判断△OPQ为等边三角形，所以PQ＝OP，则AB＝2PQ，即可得到PQAB=12．
解：连接OP，OQ，OR，如图，
∵R是PQ的中点，
∴OR⊥PQ，
∵OP＝OQ，
∴∠POR＝∠QOR，
∵PS⊥AB，
∴∠PSO＝∠PRO＝90°，
∴点P、S、O、R四点在以OP为直径的圆上，
∴∠PSR＝∠POR，
同理可得∠QTR＝∠QOR，
∴∠PSR＝∠QTR，
∴∠RST＝∠RTS，
而∠SRT＝60°，
∴△RST为等边三角形，
∴∠RST＝60°，∠RTS＝60°，
∴∠RPO＝∠RSO＝60°，∠RQO＝∠RTO＝60°，
∴△OPQ为等边三角形，
∴PQ＝OP，
∴AB＝2PQ，
∴PQAB=12．
故答案为12．
总结提升：本题考查了垂径定理及其推论：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧； 推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．也考查了圆周角定理和等边三角形的性质．
类型五 模型综合
典例5(2023春•梁溪区期中）如图，E、F是正方形ABCD边AD上的两个动点且AE＝DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形ABCD的边长为2，则线段DH长度的最小值为（ ）
A．5−1B．2C．32D．65
思路引领：延长AG交CD于M，如图1，可证△ADG≌△DGC可得∠GCD＝∠DAM，再证△ADM≌△DFC可得DF＝DM＝AE，可证△ABE≌△ADM，可得H是以AB为直径的圆上一点，取AB中点O，连接OD，OH，根据三角形的三边关系可得不等式，可解得DH长度的最小值．
解：延长AG交CD于M，如图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°
∴点H是以AB为直径的圆上一点．
如图2，取AB中点O，连接OD，OH
∵AB＝AD＝2，O是AB中点，∴AO＝1＝OH，
在Rt△AOD中，OD=AD2+AO2=5
∵DH≥OD﹣OH
∴DH≥5−1
∴DH的最小值为5−1
故选：A．
总结提升：本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是证点H是以AB为直径的圆上一点．
针对训练
1．（2023秋•朝阳区校级期中）在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1B1C1．
（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，则∠CC1A1的度数为 90° ．
（2）如图2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为3m，求△CBC1的面积（用含m的代数式表示）．
（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，则线段EP1长度的最小值为 32−2 ，最大值为 8 ．
思路引领：（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，又由等腰三角形的性质，即可求得∠CC1A1的度数；
（2）由△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，然后利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得△CBC1的面积；
（3）由①当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小；②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值．
解：（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，
∴∠CC1B＝∠C1CB＝45°，
∴∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△A1BC1，
∴BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，
∴BABC=BA1BC1，∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，
∴∠ABA1＝∠CBC1，
∴△ABA1∽△CBC1．
∴S△ABA1S△CBC1=（ABBC）2＝（46）2，
∵S△ABA1=3m，
∴S△CBC1=934m；
（3）①如图1，过点B作BD⊥AC，D为垂足，
∵△ABC为锐角三角形，
∴点D在线段AC上，
在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝32，
当P在AC上运动，BP与AC垂直的时候，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝32−2；
②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为：EP1＝BC+BE＝2+6＝8，
故答案为：32−2，8．
总结提升：此题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数的应用．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意旋转前后的对应关系
模块二 2023中考押题预测
1．（苏州期中）如图，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD2的值为（ ）
A．14B．15C．18D．12
思路引领：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，根据题给条件及等腰三角形的性质证明△ABN≌△BAM，继而求出AN的值，在Rt△ABN中，利用勾股定理求解即可．
解：作AM⊥BC于点M，AN⊥BD于点N，
∵AC＝AB，
∴△ABC为等腰三角形，
∴AM也是△ABC的中线和角平分线（三线合一），
∴∠CAM＝∠BAM，
∴△ABM≌△ACM，
∵AB∥CD，AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，
∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，
∴∠ADB=12∠ADC＝∠MAB，
∴∠MAB＝∠DBA，
又∵AB＝AB，
∴△ABN≌△BAM（AAS），
∴AN=12BC=12，
∵AB＝2，
∴BN2＝AB2﹣AN2=154，
∴BD2＝4BN2＝15．
故选：B．
总结提升：本题考查了梯形的知识，同时涉及了等腰三角形的性质和勾股定理的知识，难度适中，解题关键是正确作出辅助线．
2．（2023秋•如皋市期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝3．若P为△ABC内一动点，且满足∠PAB＝∠ACP，则线段PB长度的最小值为（ ）
A．1.5B．3C．433D．2
思路引领：由等边三角形的性质得出∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，当O、P、B共线时，PB长度最小，由等边三角形的性质得出AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，求出PD和BD的长，可得PB的长，即可得出答案．
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，
∵∠PAB＝∠ACP，
∴∠PAC+∠ACP＝60°，
∴∠APC＝120°，
∴点P的运动轨迹是AC，
设AC所在圆的圆心为O，当O、P、B共线时，PB长度最小，设OB交AC于D，如图所示：
此时PA＝PC，OB⊥AC，
则AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=12∠ABC＝30°，
∴PD=32，BD=332，
∴PB＝BD﹣PD=332−32=3．
故选：B．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；作辅助线构建圆是解决问题的关键．
3．（2023•淮阴区模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O为AC的中点，过O作OE⊥OF，OE、OF分别交射线AB，BC于E、F，则EF的最小值为 ．
思路引领：首先过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，易证四边形OMBN为矩形，则OM∥BC，ON∥AB，由直角三角形中30°角性质，可得AC的长，进而求得BC长．又O为AC中点，可求得OM与ON的长，由勾股定理可得MN的长．又由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．得解．
解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．
∴AC＝2AB＝4．
过点O分别作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．
∵∠B＝90°，
∴四边形OMBN为矩形，
∴OM∥BC，ON∥AB．
∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，
∴OM：CB＝OA：CA，ON：AB＝OC：AC．
∵O为AC中点，
则OB=12AC＝2＝MN，
由垂线段最短，可得当OE与OM重合，OF与ON重合时，EF最短．
∴EF的最小值为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及垂线段最短的知识，难度适中，注意数形结合思想的运用．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），点P在直线y=33x上，连接AP，过点P作PQ⊥AP，交x轴于点Q，连接AQ．求∠QAP的度数．
思路引领：分点P在第三象限、点P在第一象限的线段OH上、点P在第一象限的线段OH的延长线上三种情况，用四点共圆求解．
解：①当点P在第三象限时，如图2，
由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四点共圆，
∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；
②当点P在第一象限的线段OH上时，如图3，
由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四点共圆，
∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此时∠POQ＝150°，
∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；
③当点P在第一象限的线段OH的延长线上时，
由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，
∴Q、P、O、A四点共圆，
∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．
总结提升：本题为一次函数综合题，涉及到四点共圆、等腰三角形性质，分类讨论求解是解决此题关键．
5．（广州中考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，AB＝BC．
（1）求∠A+∠C的度数；
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2＝BE2+CE2，求点E运动路径的长度．
思路引领：（1）利用四边形内角和定理计算即可；
（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；
（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC＝150°即可解决问题；
解：（1）如图1中，
在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°．
（2）如图2中，结论：DB2＝DA2+DC2．
理由：连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．
∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
∵AB＝BC，DB＝BQ，
∴△ABD≌△CBQ（SAS），
∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，
∵∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，
∴∠DCQ＝90°，
∴DQ2＝DC2+CQ2，
∵CQ＝DA，DQ＝DB，
∴DB2＝DA2+DC2．
（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．
则△AER是等边三角形，∵EA2＝EB2+EC2，EA＝RE，EC＝RB，
∴RE2＝RB2+EB2，
∴∠EBR＝90°，
∴∠RAE+∠RBE＝150°，
∴∠ARB+∠AEB＝∠AEC+∠AEB＝210°，
∴∠BEC＝150°，
∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，
∵∠K+∠BEC＝180°，
∴∠K＝30°，∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝1，
∴点E的运动路径=60⋅π⋅1180=π3．
总结提升：本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题