專題41中考最值難點(diǎn)突破隱圓問題（解析版）模塊一典例剖析+針對訓(xùn)練類型一“一中同長”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的長為（）A．10 B．2 C．13 D．4思路引領(lǐng)：過O作OF⊥BC于F，OE⊥AD于E，由等腰三角形的性質(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∵∠BOC+∠AOD＝180°，∴∠AOE+∠BOF＝90°，∴∠A＝∠BOF＝90°﹣∠AOE，在△AOE和△OBF中，∠AEO=∠OFB∠A=∠BOF∴△AOE≌△OBF（AAS），∴OE＝BF＝2，在Rt△AOE中，∠AEO＝90°，OE＝2，AE＝3，∴OA=A故選：C．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題的關(guān)鍵．針對訓(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=12∠ADC＝15故選：A．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)有一根長為2cm的木棒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)針方向滑動(dòng)一周，則木棒EF的中點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中所圍成的圖形的面積為（）A．（8﹣π）cm2 B．4cm2 C．（3+π）cm2 D．8cm2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BP=12EF，然后判斷出點(diǎn)解：如圖，∵P是EF的中點(diǎn)，∴BP=12EF=1∵AB＝2，∴點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中所圍成的圖形的面積為長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﹣π?12＝8﹣π（cm2）．故選：A．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35思路引領(lǐng)：延長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，∴AB=A∵∠A＝∠A，∠AMF＝∠C＝90°，∴△AFM∽△ABC，∴AFAB=FM解得，F(xiàn)M=8由折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)P＝FC＝1，∴PM=3故答案為：35總結(jié)提升：本題考查翻折變換、最短問題、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理．垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是正確找到點(diǎn)P位置．針對訓(xùn)練1．（2022秋?陽西縣期末）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長的最小值為2．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，∴OB=12∴OC=O∴PC＝OC﹣OP＝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、最短問題等知識，解題的關(guān)鍵是確定點(diǎn)P位置，學(xué)會求圓外一點(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)校級期中）如圖，正方形ABCD的邊長為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．過點(diǎn)B作直線EF的垂線BG，垂足為點(diǎn)G，連接AG，則AG長的最小值為（）A．22cm B．（10?2）cm C．2cm D．（22思路引領(lǐng)：設(shè)正方形的中心為O，可證EF經(jīng)過O點(diǎn)．連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問題即可．解：設(shè)正方形的中心為O，可證EF經(jīng)過O點(diǎn)．連接OB，取OB中點(diǎn)M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，∴MA=10，MG=12OB=2，AG≥AM當(dāng)A，M，G三點(diǎn)共線時(shí)，AG最小值＝（10?2）故選：B．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，利用兩點(diǎn)之間線段最短解決問題是解決本題的關(guān)鍵．模型三定角（非直角）定長模型典例3（2019秋?海陵區(qū)校級月考）在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，則BC的長的取值范圍是0＜BC≤833且BC思路引領(lǐng)：作△ABC的外接圓，根據(jù)直徑是最長的弦得到∠BAC＝90°時(shí)，BC是最長，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，∵∠C＝60°，∴∠ABC＝30°，∴BC＝2AC，AB=3AC∴AC=4∴BC＝2AC=8當(dāng)∠A＝∠B時(shí)，△ABC為等邊三角形，∴BC＝AB＝4，則BC的長的取值范圍是0＜BC≤833且故答案為：0＜BC≤833且總結(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分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．針對訓(xùn)練1．（2020秋?東臺市期中）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，﹣23?7）或（0，﹣23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為半徑的圓上，且∠ACB＝2∠APB＝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AD＝DB＝2，PE＝P′E，所以CD＝23，OD＝3，再利用勾股定理計(jì)算出PE得到OP′和OP的長，從而得到滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．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，∴CD＝23，OD＝OA+AD＝3，在Rt△PCE中，PE=4∵OE＝CD＝23，∴OP′＝23?7，OP＝2∴P（0，﹣23?7），P′（0，﹣2∴滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣23?7）或（0，﹣2故答案為（0，﹣23?7）或（0，﹣2總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和勾股定理．類型四四點(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)過程中弦CD始終保持不變，M是弦CD的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作CP⊥AB于點(diǎn)P．若CD＝3，AB＝5，PM＝x，則x的最大值是（）A．3 B．5 C．2.5 D．23思路引領(lǐng)：如圖：延長CP交⊙O于N，連接DN，易證PM=12DN，所以當(dāng)DN為直徑時(shí)，解：如圖：延長CP交⊙O于N，連接DN．∵AB⊥CN，∴CP＝PN，∵CM＝DM，∴PM=12∴當(dāng)DN為直徑時(shí)，PM的值最大，最大值為52故選：C．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，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造三角形中位線解決問題．針對訓(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PQAB的值等于12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PQAB解：連接OP，OQ，OR，如圖，∵R是PQ的中點(diǎn)，∴OR⊥PQ，∵OP＝OQ，∴∠POR＝∠QOR，∵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，∴PQAB故答案為12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，并且平分弦所對的兩條??；推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條?。普?：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。煌普?：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條弧．也考查了圓周角定理和等邊三角形的性質(zhì)．類型五模型綜合典例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的邊長為2，則線段DH長度的最小值為（）A．5?1 B．2 C．32 思路引領(lǐng)：延長AG交CD于M，如圖1，可證△ADG≌△DGC可得∠GCD＝∠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長度的最小值．解：延長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)．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=∵DH≥OD﹣OH∴DH≥5∴DH的最小值為5?故選：A．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)．針對訓(xùn)練1．（2020秋?朝陽區(qū)校級期中）在銳角△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ACB＝45°，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得到△A1B1C1．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C1在線段CA的延長線上時(shí)，則∠CC1A1的度數(shù)為90°．（2）如圖2，連接AA1，CC1.若△ABA1的面積為3m，求△CBC1的面積（用含m（3）如圖3，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，在△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)P1，則線段EP1長度的最小值為32?2，最大值為8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)；（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的對應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長線上時(shí)，EP1最大，即可求得線段EP1長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，∴BABC=BA1BC1，∠ABC+∠ABC1＝∠A∴∠ABA1＝∠CBC1，∴△ABA1∽△CBC1．∴S△ABA1S△CBC1=（∵S△ABA1=3m∴S△CBC1=93（3）①如圖1，過點(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°＝32，當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)，BP與AC垂直的時(shí)候，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)P的對應(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)，使點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB的延長線上時(shí)，EP1最大，最大值為：EP1＝BC+BE＝2+6＝8，故答案為：32?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)前后的對應(yīng)關(guān)系模塊二2023中考押題預(yù)測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．14 B．15 C．18 D．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，∵AB∥CD，AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD＝∠CAB，∵∠ADB＝∠ABD＝∠CDB，∴∠ADB=12∠ADC＝∠∴∠MAB＝∠DBA，又∵AB＝AB，∴△ABN≌△BAM（AAS），∴AN=12BC∵AB＝2，∴BN2＝AB2﹣AN2=15∴BD2＝4BN2＝15．故選：B．總結(jié)提升：本題考查了梯形的知識，同時(shí)涉及了等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理的知識，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長度的最小值為（）A．1.5 B．3 C．433思路引領(lǐng)：由等邊三角形的性質(zhì)得出∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，求出∠APC＝120°，當(dāng)O、P、B共線時(shí)，PB長度最小，由等邊三角形的性質(zhì)得出AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，求出PD和解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，∵∠PAB＝∠ACP，∴∠PAC+∠ACP＝60°，∴∠APC＝120°，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是AC，設(shè)AC所在圓的圓心為O，當(dāng)O、P、B共線時(shí)，PB長度最小，設(shè)OB交AC于D，如圖所示：此時(shí)PA＝PC，OB⊥AC，則AD＝CD=12AC=32，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠ABD=1∴PD=32，BD∴PB＝BD﹣PD=3故選：B．總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、勾股定理等知識；作輔助線構(gòu)建圓是解決問題的關(guān)鍵．3．（2020?淮陰區(qū)模擬）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，O為AC的中點(diǎn)，過O作OE⊥OF，OE、OF分別交射線AB，BC于E、F，則EF的最小值為．思路引領(lǐng)：首先過點(diǎn)O分別作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，易證四邊形OMBN為矩形，則OM∥BC，ON∥AB，由直角三角形中30°角性質(zhì)，可得AC的長，進(jìn)而求得BC長．又O為AC中點(diǎn)，可求得OM與ON的長，由勾股定理可得MN的長．又由垂線段最短，可得當(dāng)OE與OM重合，OF與ON重合時(shí)，EF最短．得解．解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2．∴AC＝2AB＝4．過點(diǎn)O分別作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N．∵∠B＝90°，∴四邊形OMBN為矩形，∴OM∥BC，ON∥AB．∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，∴OM：CB＝OA：CA，ON：AB＝OC：AC．∵O為AC中點(diǎn)，則OB=12AC＝2＝由垂線段最短，可得當(dāng)OE與OM重合，OF與ON重合時(shí)，EF最短．∴EF的最小值為2．故答案為：2．總結(jié)提升：本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及垂線段最短的知識，難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（0，2），點(diǎn)P在直線y=33x上，連接AP，過點(diǎn)P作PQ⊥AP，交x軸于點(diǎn)Q，連接AQ．求∠思路引領(lǐng)：分點(diǎn)P在第三象限、點(diǎn)P在第一象限的線段OH上、點(diǎn)P在第一象限的線段OH的延長線上三種情況，用四點(diǎn)共圓求解．解：①當(dāng)點(diǎn)P在第三象限時(shí)，如圖2，由∠QPA＝∠QOA＝90°，可得Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°；②當(dāng)點(diǎn)P在第一象限的線段OH上時(shí)，如圖3，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，∴∠PAQ+∠POQ＝180°，又此時(shí)∠POQ＝150°，∴∠PAQ＝180°﹣∠POQ＝30°；③當(dāng)點(diǎn)P在第一象限的線段OH的延長線上時(shí)，由∠QPA＝∠QOA＝90°可得∠APQ+∠AOQ＝180°，∴Q、P、O、A四點(diǎn)共圓，∴∠PAQ＝∠POQ＝30°．總結(jié)提升：本題為一次函數(shù)綜合題，涉及到四點(diǎn)共圓、等腰三角形性質(zhì)，分類討論求解是解決此題關(guān)鍵．5．