《2026年山东省中考试卷精选九年级数学》

24. (本小题满分 12 分)[背景资料]
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用.我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆.如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆.
[动手操作]
如图(1)，在$\triangle ABC$中，$\angle BAC＞90°$，请作出$\triangle ABC$的最小覆盖圆.(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)
[迁移运用]
正方形$ABCD$的边长为 7，在边$CD$上截取$CE=2$，以$CE$为边向外作正方形$CEFG$.
(1)如图(2)，连接$AF，DF$，求$\triangle ADF$的最小覆盖圆的直径.
(2)将图(2)中的正方形$CEFG$绕点$C$逆时针旋转$90°$(如图(3))，$\odot O$经过$A，D，F$三点，且与边$AB，CD$分别交于点$I，L$，求$\triangle ADF$的最小覆盖圆的直径.
(3)将正方形$CEFG$绕点$C$旋转，分别取$DB，BG，GE，ED$的中点$M，N，P，Q$，顺次连接各中点，得到四边形$MNPQ$(如图(4)).在旋转过程中，四边形$MNPQ$的最小覆盖圆的直径$d$的值是否发生变化？如果不变，请直接写出$d$的值；如果变化，请直接写出$d$的取值范围.

答案：
24.[解析]本题考查三角形的外接圆、圆周角定理、解直角三角形、正方形的判定和性质、勾股定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题.熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键.
解：[动手操作]在$\triangle ABC$中，
$\because\angle BAC＞90^{\circ}$，
$\therefore\triangle ABC$是钝角三角形，
$\therefore\triangle ABC$的最小覆盖圆为以$BC$为直径的圆.
作图如图
(1).

[迁移运用]
(1)$\because$正方形$ABCD$的边长为$7$，四边形$CEFG$是正方形，
$\therefore\angle BAD=\angle ADC=90^{\circ}$，$AD=CD=7$，$\angle CEF=90^{\circ}$，$EF=CE=2$，
$\therefore\angle ADF＞90^{\circ}$，$DE=CD-CE=5$，
$\therefore\triangle ADF$为钝角三角形，
$\therefore AF$为$\triangle ADF$最小覆盖圆的直径.
如图
(2)，延长$FE$交$AB$于点$H$，则$\angle DEH=\angle CEF=90^{\circ}$，

$\therefore$四边形$ADEH$为矩形，
$\therefore EH=AD=7$，$AH=DE=5$，
$\therefore FH=EF+EH=9$，$\angle AHF=90^{\circ}$，
$\therefore AF=\sqrt{AH^{2}+FH^{2}}=\sqrt{106}$，
即$\triangle ADF$的最小覆盖圆的直径为$\sqrt{106}$.
(2)如图
(3)，连接$AL$，作$AK\perp DF$于点$K$，延长$GF$交$AB$于点$J$，

则四边形$DGJA$为矩形，
$\therefore GJ=AD=7$，$AJ=DG=CD-CG=7-2=5$，$\angle AJF=90^{\circ}$，
$\therefore FJ=JG-FG=7-2=5$，$AF=\sqrt{AJ^{2}+FJ^{2}}=5\sqrt{2}$.
在$ Rt\triangle FGD$中，$DG=5$，$FG=2$，
$\therefore DF=\sqrt{5^{2}+2^{2}}=\sqrt{29}$.
$\because S_{\triangle AFD}=\frac{1}{2}DF· AK=\frac{1}{2}AD· DG$，即$\sqrt{29}AK=7×5=35$，
$\therefore AK=\frac{35\sqrt{29}}{29}$.
$\because\odot O$过点$A$，$D$，$F$，$L$，$\angle ADL=90^{\circ}$，$\therefore\angle AFD=\angle ALD＜\angle ADL$，
$AL$为$\odot O$的直径，
又$\angle DAF＜\angle DAB=90^{\circ}$，$\angle ADF＜\angle ADL=90^{\circ}$，
$\therefore\triangle ADF$为锐角三角形，
$\therefore\odot O$即为$\triangle ADF$的最小覆盖圆，
$\because\angle AFD=\angle ALD$，
$\therefore\sin\angle AFD=\sin\angle ALD$，
$\therefore\frac{AK}{AF}=\frac{AD}{AL}$，即$\frac{\frac{35\sqrt{29}}{29}}{5\sqrt{2}}=\frac{7}{AL}$，
$\therefore AL=\sqrt{58}$，即$\triangle ADF$的最小覆盖圆的直径为$\sqrt{58}$.
(3)变化，$\frac{5\sqrt{2}}{2}\leqslant d\leqslant\frac{9\sqrt{2}}{2}$.理由如下：
如图
(4)，连接$BE$，$DG$，$DG$交$BC$于点$H$，$BE$，$DG$交于点$O$，连接$MP$，

$\because$分别取$DB$，$BG$，$GE$，$ED$的中点$M$，$N$，$P$，$Q$，顺次连接各中点，得到四边形$MNPQ$，
$\therefore MQ// BE$，$MQ=\frac{1}{2}BE$，$NP// BE$，$NP=\frac{1}{2}BE$，$MN// DG$，$MN=\frac{1}{2}DG$，
$\therefore MQ// PN$，$MQ=PN$，
$\therefore$四边形$MNPQ$为平行四边形.
在正方形$ABCD$、正方形$CEFG$中，
$\because CB=CD$，$CG=CE$，
且$\angle BCD=\angle ECG=90^{\circ}$，
$\therefore\angle DCG=\angle BCE=90^{\circ}+\angle BCG$，
$\therefore\triangle BCE\cong\triangle DCG(SAS)$，
$\therefore BE=DG$，$\angle CBE=\angle CDG$，
$\therefore MQ=MN$，
$\therefore$四边形$MNPQ$为菱形.
$\because\angle DHC=\angle BHG$，$\angle CBE=\angle CDG$，
$\angle BOH=\angle DCH=90^{\circ}$，
$\therefore DG\perp BE$，$\therefore MN\perp MQ$，
$\therefore$四边形$MNPQ$为正方形，
$\therefore MP=\sqrt{2}MQ=\frac{\sqrt{2}}{2}BE$，四边形$MNPQ$的最小覆盖圆的直径为$MP$，
$\therefore MP$随着$BE$的变化而变化.
$\because BC-CE\leqslant BE\leqslant BC+CE$，
即$7-2\leqslant BE\leqslant7+2$，
$\therefore5\leqslant BE\leqslant9$，$\therefore\frac{5\sqrt{2}}{2}\leqslant MP\leqslant\frac{9\sqrt{2}}{2}$
即$\frac{5\sqrt{2}}{2}\leqslant d\leqslant\frac{9\sqrt{2}}{2}$.