主从联动（瓜豆模型）-中考复习讲义及练习（解析版）

模块二常见模型专练

专题33主从联动（瓜豆模型）

O氟题四究

雨（2020・江苏宿迁•统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=-gx+2

上的一个动点，将Q绕点P（l,0）顺时针旋转90。，得到点Q',连接OQ',则OQ'的最小值

为（）

A.拽B.√5C.—D.—

535

【答案】B

【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q，的坐标，然后根据勾股定理

并利用二次函数的性质即可解决问题.

【详解】解：作QMLX轴于点M,QNLX轴于N,

Q,

设Q(ff7,--m+2),则PM=WT,QM=-Jm+2,

,.∙NPMQ=/PNQ，=NQPQ，=90。，

ZQPM+ZNPQ,=ZPQ,N+ZNPQ,,

二/QPM=/PQZ

在4PQM和小QTN中，

NPMQ=NPNQ'=90。

NQPM=NPQ'N

PQ=QP

Λ∆PQM^ΔQ,PN(AAS),

.∙.PN=QM=-gm+2,Q-N=PM=-W-I,

/.Q,(3-^∕n,1-m),

/.0Q,2=(3-ɪw)2+(1-m)2=-m2-5m+10=-^-(m-2)2+5,

244

当m=2时，OQa有最小值为5,

∙∙∙0Q'的最小值为石，

故选：B.

【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和

性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关

键.

03(2020・湖北荆门•统考中考真题)如图，等腰RsABC中，斜边AB的长为2,O为

AB的中点，P为Ae边上的动点，OQLOP交Be于点Q,M为PQ的中点，当点P从点A

运动到点C时，点M所经过的路线长为()

A.-πB.旦πC.1D.2

42

【答案】C

【分析】连接OC,作PELAB于E,MHj_AB于H,QFJ_AB于F,如图，利用等腰直角

三角形的性质得AC=BC=&,ZA=ZB=45o,OC±AB,OC=OA=OB=I,ZOCB=45o,再

证明Rt∆AOP^∆COQ得至UAP=CQ,接着利用aAPE和ABFQ都为等腰直角三角形得到

PE=-AP=-CQ,QF=也BQ,所以PE+QF=-BC=I,然后证明MH为梯形PEFQ的

2222

中位线得到MH=ɪ,即可判定点M到AB的距离为T,从而得到点M的运动路线为AABC

的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长.

【详解】连接OC,作PE_LAB于E,MHj_AB于H,QF_LAB于F,如图,

V∆ACB为等腰直角三角形，

ΛAC=BC=-AB=√2,NA=NB=45。,

2一

・・・O为AB的中点,

ΛOClAB,OC平分NACB,OC=OA=OB=I,

NoCB=45。,

∙.'ZPOQ=90o,ZCOA=90o,

ΛZAOP=ZCOQ,

在RtAAOP和ACOQ中

ZA=ZOCQ

AO=CO

ZAOP=ZCOQ

ΛRt∆AOP^ΔCOQ,

.'.AP=CQ,

易得AAPE和ZkBFQ都为等腰直角三角形，

JPE=正AP=巫CQ,QF=也BQ,

222

.∙.PE+QF=也(CQ+BQ)=立BC=变x√∑=l,

222

；M点为PQ的中点，

.∙.MH为梯形PEFQ的中位线，

ΛMH=∣(PE+QF)=y,

即点M到AB的距离为a,而CO=1,

.∙.点M的运动路线为AABC的中位线，

：.当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=TAB=1,

故选C.

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、梯形的中位线、点运动的轨迹，通过计

算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹是解题的关键.

瓯（2020•江苏宿迁•统考中考真题）如图，正方形ABC。的边长为4,E为BC上一点,

且8E=1,F为A8边上的一个动点，连接EF,以E尸为边向右侧作等边AEFG,连接CG,

则CG的最小值为.

【答案】I

【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等

关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值.

【详解】由题意可知，点F是生动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在

直线轨迹上运动

将ΔEEβ绕点E旋转60°,使E尸与EG重合，得到ΔFFB=ΔEHG,

从而可知AEBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上,

作CMj_HN,则CM即为CG的最小值，

作EPLCM,可知四边形，EPM为矩形，

135

则CM=MP+CP="E+-EC=1+2=

222

故答案为∣∙.

【点睛】本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出

点G的运动轨迹，是本题的关键.

亟（2020•江苏泰州•中考真题）如图，在平面内，线段AB=6,P为线段AB上的动点，

三角形纸片CQE的边C。所在的直线与线段AB垂直相交于点P,且满足PC=∕¾.若点P

沿AB方向从点A运动到点B,则点E运动的路径长为.

A

【答案】6√2∙

【详解】解：如图，由题意可知点C运动的路径为线段AC,点E运动的路径为E£,由平

移的性质可知AC=EE,在RtAABC中，易知AB=Be=6,ZABC'=90o,

2

EE'=AC=+6=6√2,故答案为6√2.

点睛：主要考查轨迹、平移变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问

题，属于中考填空题中的压轴题.

瓯（2020•江苏淮安・统考中考真题）如图①在AABC中，AB=AC=3,ZBAC=100°,

D是BC的中点.

小明对图髓行了如下探究：在线段AD上任取一点P,连接PB,将线段PB绕点P按逆时

针方向旋转80。，点B的对应点是点E,连接BE,得到ΔβPE∙小明发现，随着点P在线段

AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD

上，还可能在直线AD的右侧.请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：

(1)当点E在直线AD上时，如图②听示.

也BEP=；颔接CE,直线CE与直线AB的位置关系是.

(2)请在图(MI画出ΔSPE,使点E在直线AD的右侧，连接CE,试判断直线CE与直线

AB的位置关系，并说明理由.

(3)当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值.

【答案】(1)①0°；②EC〃AB；(2)AB//EC；(3)AE的最小值3.

【分析】(1)①利用等腰三角形的性质即可解决问题.②证明NABC=40°,ZECB=40°,

推出NABC=/ECB即可.

(2)如图③中，以P为圆心，PB为半径作。P.利用圆周角定理证明NBCE=；NBPE=40。

即可解决问题.

(3)因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合

时，AE的值最小，此时AE的最小值=AB=3.

【详解】(1)①如图②中，

VZBPE=80°,PB=PE，

：.NPEB=NPBE=50"，

②结论：AB//EC.

理由：VAB=AC,BD=DC,

：.ADJ.BC,

NaDE=90",

NEBD=90"-50°=40",

∙∙∙AE垂直平分线段BC,

.∙.EB=EC,

：.NECB=NEBe,

VAB=AC,NBAC=100",

ZABC=ZACB=40°,

，ZABC=NECB,

.∙.AB//EC.

故答案为50,AB//EC.

(2)如图③中，以P为圆心，PB为半径作③P.

YAD垂直平分线段BC,

：.PB=PC,

：.ZBCE=-ZBPE=40,

2

：ZABC=40°，

，AB//EC.

；点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，

.∙.当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值=AB=3.

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理

等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解

决问题，属于中考压轴题.

丽(2020.浙江湖州.中考真题)如图1,已知在平面直角坐标系xθy中，四边形04BC是

矩形点AC分别在X轴和y轴的正半轴上，连结AC,OA=3,tanNOAC=立，。是BC的

3

中点.

(1)求OC的长和点。的坐标;

2

(2)如图2,M是线段OC上的点，OM=；0C,点P是线段OM上的一个动点，经过

三点的抛物线交X轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点尸

①将ΔZ)8Λ■沿OE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时8尸的长和点E的坐标;

②以线段£＞尸为边，在DE所在直线的右上方作等边ΔDEG,当动点P从点。运动到点〃时,

点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长.

图1图2

【答案】⑴。C=5点。的坐标为4，^Λ)；(2)①点E的坐标为4,0),②叵

226

【分析】(1)由0A=3,tan/OAC=如=且，得OC=百，由四边形OABC是矩形，得

OA3

BC=OA=3,所以CD=；BC=I,求得D(』,百)：

222

(2)①由易知得ACB=/OAC=30。，设将ADBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在

AC上的B'处，则DB=DB=DC,ZBDF=ZBDF,所以NBDB'=60。，ABDF=NB'DF=30D

所以BF=BD∙tan3()o=4,AF=BF=4，因为/BFD=NAEF,所以NB=∕FAE=90t5,因此

22

39

∆BFD^∆AFE,AE=BD=二，点E的坐标(一，0)；

22

②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y=-]χ2+6t,因此E(2，0),直线DE：

9Z

y=-Bχ+B,F1(3,⅛)；当动点P从点O运动到点M时，求得此时抛物线解析

-322

式为＞=-232+走x+3巨，所以E(6,0),直线DE：y=-^∣Λ+-

273393

,所以F2(3,独ɔ；所以点F运动路径的长为M8=2叵-立=正，即G运动路径的

长为B.

6

【详解】(1)：AO=3,tanNOAC=生=立，

OA3

.,.OC=6

・・・四边形OABC是矩形，

・•.BC=Ao=3.

•・•。是3C的中点，

13

CD=-BC=-,

22

・・・点。的坐标为g,G)∙

(2)φVtanOAC=-,

3

.,.ZOAC=30°,

・•・ZACB=ZOAC=30°.

设将ΔDM翻折后，点3落在AC上.的9处,

则DB=DB=DC,NBDF=NBDF,

：.ZDB,C=ZACB=30°,

・・・ZBDB=60。,

：.NBDF=NIrDF=30。.

Y?B90?,

=BD-tan30°=—.

2

;AB=√3,

AF=BF=2,

2

ZBFD=ZAFE,ZB=/FAE=90o,

：.ABFDAAFE.

3

・・.AE=BD=-.

2

99

.∖OE=OA+AE=-f・・・点七的坐标为（于O）.

②动点P在点O时，

∙.∙抛物线过点P（O,0）、OC,8（3,百）

求得此时抛物线解析式为y=-^x2+√3%

9

/.E(-,0),

2

.∙.直线DE:y=一旦+立,

32

ΛF∣(3,∣√3)；

当动点P从点O运动到点M时,

•••抛物线过点P[O,苧)

求得此时抛物线解析式为,=后α+冬+唳

.∙.E(6,0),

二直线DE：y=-y=-迎x+逑

/.F(3,—)

23

点F运动路径的长为石工=¥-*=*,

♦.•△DFG为等边三角形，

，G运动路径的长为亚

6

【点睛】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质、特殊三角函数以及三角形全等的

判定与性质是解题的关键.

丽(2020•浙江温州•中考真题)如图，过抛物线y=；d-2X上一点A作X轴的平行线,

交抛物线于另一点8,交1轴于点C,已知点A的横坐标为-3

(I)求抛物线的对称轴和点B的坐标；

(2)在AB匕任取一点尸，连结OP,作点C关于直线OP的对称点。；

①连接80,求8。的最小值；

②当点。落在抛物线的对称轴上，且在X轴上方时，求直线PO的函数表达式.

【答案】(1)对称轴为直线44：B(10,5).(2)①56-5.②y=-∣x+g.

【分析】(I)确定点A的坐标，利用对称轴公式求出对称轴，再根据对称性可得点B坐标;

(2)①由题意点。在以O为圆心OC为半径的圆上，推出当O、D、8共线时，8。的最小

值=08-0D；

②当点。在对称轴上时，在RfAOO=OC=5,OE=A,可得DE=JOD2_OE2=后-4?=3,

求出尸、Q的坐标即可解决问题.

【详解】解：⑴把4-2代入y=9χ2-2x,得

4

.,.A(-2,5),对称轴为直线a-ɔ1=4,

NX—

4

VA.B关于对称轴对称，

：.B(10,5).

(2)①如图1中，

由题意点。在以O为圆心OC为半径的圆匕

，当。、。、8共线时，8。的最小值=OB-OD=屈而'-5=56一5.

②如图2中，

图2

当点。在对称轴上时，在RA。。E中，OD=OC=5,OE=A,

∙'∙DE=yjOD2-OE2=√52-A2=3，

.∙.点。的坐标为(4,3).

设PC=PD=x,在R於PDK中，X2=(4-X)2÷22,

设直线P。的解析式为产区+儿由题意得

'4k+b=3

’5，,L，

-k+b=5

[2

25

bl=—

3

k-

3

.∙.直线PD的解析式为y=-gχ+与.

【点睛】本题考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、最短问题、勾股定理

等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，学会利用辅助圆解决最短问题，属于中考

常考题型.

厚命题线函

模型认识

瓜豆原理又叫主从联动模型、旋转相似模型、“定点，定角，定长比原理”.我们从它的称

谓中不难看出其所具有的性质特征.定点——瓜蒂，动点——主动点和从动点、定角——主

动点和从动点与定点形成夹角，定长比——主动点和从动点到定点距离长度之比是之谓瓜豆

原理.

简而言之：瓜豆主要指主动点和从动点运动轨迹形状一致，主动生从动，种瓜得瓜，种豆得

豆.主从联动，其实质就是构造旋转、位似.

【成立条件】

(1)存在两个动点和一个定点；

(2)三个点构成固定的形状或者结构.这里固定的形状可以理解为两动点与定点连线的夹

角为定值；固定的结构可以理解为两动点到定点的距离之比为定值.

【结论】

（1）主动点怎么变（旋转+缩放）成从动点，主动点轨迹就怎么变成从动点轨迹.

（2）主动点轨迹长度与从动点轨迹长度之比等于主动点和从活动点到定点距离之比.模型

分类模型一直线轨迹

【条件】

（1）主动点、从动点与定点连线的夹角是定值（NPAQ是定值）；

（2）主动点、从动点到定点的距离之比是定值（AP：AQ是定值）.

【结论】当点P的轨迹在直线上，点Q的轨迹在直线上.

（1）P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于NPAQ（当NPAQW90°时，NPAQ等于MN与BC夹角）.

ΓPC

(2)P、Q两点轨迹长度之比等于AP：AQ(由aABCs∕∖AMN,可得AP：AQ=BC:MN).

（3）模型二圆轨迹，当点P的轨迹在圆上，点Q的轨迹在圆上.

【结论】

（1）两圆心与定点连线的夹角等于主、从动点与定点连线的夹角：NOAM=NPAQ；

（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比为AP：AQ=AO:AM1也等

于两圆半径之比.

【解题步骤】对于一个图形进行旋转和位似变化，其实质就是对图形中的每一个点进行旋转

和位似变化解题步骤：第一步：找主动点轨迹；第二步：找从动点与主动点的关系；第三步:

找主动点的起点和终点；第四步：通过确定从动点轨迹，进行相关计算.注：一般在解决此

类问题时，通过主动点的起点和终点，找出从动点的起点和终点是解题的关键.

【变式1］（2020•全国•九年级专题练习）如图所示，在扇形AoB中，OA=3,4405=120。，

点C是AB上的动点，以8C为边作正方形BCo£,当点C从点A移动至点8时，求点D经

过的路径长.

D

5

0«

【答案】点。经过的路径长为2近万.

【分析】如图，由此80交。。于凡取BF的中点H，连接厂”、HB、BD.易知APHB是

等腰直角三角形，HF=HB,NFHB=9Q°,由NFDB=45。=TNFHB,推出点力在。“上

运动，轨迹是GB（图中红线），易知N"FG=N//GF=15。，推出NFHG=150。，推出NG7/8

=120。，易知“8=30,利用弧长公式即可解决问题.

【详解】解：如图，由此8。交③。于F,取BF的中点H,连接FH、HB、BD.

易知△尸”8是等腰直角三角形，HF=HB,NFHB=90。,

,：ZFDB=450=yNFHB,

二点。在。”上运动，轨迹是GB（图中红线），

易知NHFG=4HGF=15°,

：.NFHG=I50。,

：.ZGHB=120°,易知⅛B=30,

，点D的运动轨迹的长为毁工逑=2近兀.

180

【点睛】本题考查轨迹、弧长公式、圆的有关知识、正方形的性质等知识，解题的关犍是学

会添加常用辅助线，正确寻找点。的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题.

【变式2］（2020■全国•九年级专题练习）如图所示，在矩形ABC。中，A8=4,AO=2,

E为AB的中点，尸为EC上一动点，P为。尸的中点，连接尸8,求尸8的最小值.

【答案】HB的最小值为2√Σ∙

【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段PP2,再根据垂线段最短可得当

BPJ›P∣P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BPl_LPIP2,故BP的最

小值为BPl的长，由勾股定理求解即可.

【详解】解：如图：

当点F与点C重合时，点P在Pl处，CP∣=DP∣,

当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2,

；.PiP2〃CE且PR=gcE.

当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP.

由中位线定理可知：PlP〃CEFLPlP=^CF.

.∙.点P的运动轨迹是线段P∣P2,

当BP_LPlP2时，PB取得最小值.

：矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E为AB的中点，

.♦.△CBE、∆ADE,∙∆BCP∣为等腰直角三角形，CP∣=2.

ΛZADE=ZCDE=ZCP∣B=45o,ZDEC=90o.

O

ZDP2P∣=90.

/.NDPlP2=45°.

o

.∙.ZP2PiB=90,即BP1XP1P2,

二BP的最小值为BPl的长.

在等腰直角BCPi中，CP∣=BC=2,

•∙BPl=2\/2

/.PB的最小值是2√Σ∙

故答案是：2立.

【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题,

有难度.

【变式3】19.（2020.全国.九年级专题练习）如图，等边三角形ABC的边长为4,点D是

直线AB上一点.将线段CD绕点D顺时针旋转60。得到线段DE,连结BE.

（1）若点D在AB边上（不与A,B重合）请依题意补全图并证明AD=BE;

（2）连接AE,当AE的长最小时，求CD的长.

【答案】（1）见解析；（2）2√7

【分析】（1）根据题意补全图形，由等边三角形的性质得出AB=BC=AC,NA=NB=60°,

由旋转的性质得：ZACB=ZDCE=60o,CD=CE,得出/ACD=NBCE,证明△ACD^ΔBCE,

即可得出结论；

（2）过点A作AF_LEB交EB延长线于点F.由△ACD且ABCE,推出NCBE=/A=60。，

推出点E的运动轨迹是直线BE,根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小,

此时CD=CE=CF,利用勾股定理求出CF即可.

【详解】解：（1）补全图形如图1所示，AD=BE,理由如下：

V∆ABC是等边三角形，

...AB=BC=AC,ZA=ZB=60o,

由旋转的性质得：NACB=∕DCE=6（Γ,CD=CE,

.∙.ZACD=ZBCE,

.,.∆ACD^∆BCE（SAS）,

.,.AD=BE.

（2）如图2,过点A作AF_LEB交EB延长线于点F.

V∆ACD^ΔBCE,

ΛZCBE=ZA=60o,

・・・点E的运动轨迹是直线BE,

根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小,

此时CD=CE=CF,

VZACB=ZCBE=60o,

/.AC〃EF,

VAF±BE,

ΛAF±AC,

在R3ACF中，

∙'∙CF=-7AC2+AF2=^42+^2Λ∕3j=2>∕7>

ΛCD=CF=2√7.

【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最

短等知识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题关键.

衽苏扬州•九年级校考阶段练习）如图，A是。8上任意一点，点C在。B外,

已知AB=2,BC=4,△ACD是等边三角形，则488的面积的最大值为（）

C.4√3+8D.6

【答案】A

【分析】以BC为边向上作等边三角形BCM,连接Dw,证明ar>aw∕z∖Ace得到

DM=AB=2,分析出点。的运动轨迹是以点例为圆心，ZW长为半径的圆，在求出点。

到线段BC的最大距离，即可求出面积的最大值.

【详解】解：如图，以BC为边向上作等边三角形BCM,连接。0,

,.∙ZDC4=ZΛ∕CB=60°,

/.ZDCA-ZACM=ZMCB-ZACM,即/DCM=ZACB,

在4DCM和XACB中，

DC=AC

•NDCM=ZACB,

MC=BC

：.∕∖DCMACB(SAS),

/.DM=AB=2,

.∙.点。的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，要使438的面积最大，则求出

点。到线段BC的最大距离，

V.BCM是边长为4的等边一角形，

点M到BC的距离为2√5,

点D到BC的最大距离为+2,

/.ABCD的面积最大值是B×4×(2√3+2)=4√3+4,

故选A.

【点睛】本题考查了动点轨迹是圆的问题，解决本题的关键是利用构造全等三角形找到动点

。的轨迹圆，再求出圆上一点到定线段距离的最大值.

2.(2020・全国•九年级专题练习)如图，在矩形纸片ABCO中，AB=2,AZ)=3,点E是

AB的中点，点尸是AD边上的一个动点，将..A£F沿E尸所在直线翻折，得到4所，则4C

的长的最小值是()

B

A.巫B.3C.√13-1D.√10-l

2

【答案】D

【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE,当点A，在线段CE上时，AC的长

取最小值，根据折叠的性质可知AE=I,在RtBCE中利用勾股定理可求出CE的长度，用

CE-AtE即可求出结论.

【详解】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE,当点A，在线段CE上时，AC的长

在RtBCE中，BE='AB=1,BC=3,=90,

2

.∙.CE=√BE2+BC2=√io，

A1C的最小值=CE-AE=TiU-I.

故选D.

【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出AC取最小值时

点A，的位置是解题的关键.

3.（2022•江苏无锡•一模）如图，在RtAABC中，ZABC=90o,NAeB=30。，BC=2√5,

△ADC与AABC关于AC对称，点E、F分别是边DC、BC上的任意一点，且DE=CF,

BE、DF相交于点P,则CP的最小值为（）

L3

A.1B.√3C.-D.2

2

【答案】D

【分析】连接BD,证明AEDBgZ∖FCD,可得NBPD=I20。，由于BD的长确定，则点P

在以A为圆心，AD为半径的弧BD上，当点A,P,C在一条直线上时，CP有最小值.

【详解】解：连接AD,因为NACB=30。，所以NBCD=60。，

因为CB=CD,所以ACBD是等边三角形，

所以BD=DC

因为DE=CF,∕EDB=NFCD=6(Γ,

所以△EDBgZ∖FCD,所以NEBD=NFDC,

因为∕FDC+NBDF=6(T,

所以NEBD+NBDF=6()。，所以NBPD=I20。，

所以点P在以A为圆心，AD为半径的弧BD上，

直角AABC中，ZACB=30o,BC=2√3.所以AB=2,AC=4,

所以AP=2

当点A,P,C在一条直线上时，CP有最小值，

CP的最小值是AC-AP=4-2=2

故选D.

【点睛】求一个动点到定点的最小值，一般先要确定动点在一个确定的圆或圆弧上运动，当

动点与圆心及定点在一条直线上时，取最小值.

4.(2022春・全国•九年级专题练习)如图，线段AB为.。的直径，点C在AB的延长线上,

AB=4,BC=2,点尸是OO上一动点，连接CP,以CP为斜边在PC的上方作RtPCD,

且使/DCP=60。，连接0。，则0。长的最大值为一.

【答案】2√3+lft*l+2√3

【分析】作COE,使得NCEO=90。，NECo=60。，则Co=2CE,OE=20,NoCP=ZECD,

OPCPI

由XOfCED,推出方=方=2,即四严=J定长)’由点E是定点，小是

定长，点。在半径为1的。石上，由此即可解决问题.

【详解】解：如图，作,COE,使得NcEo=90。，NEc0=60。，则Co=2CE,OE=2√3，

NoCP=ZECD,

NeDP=90。，NDC尸=60。，

.∙.CP=2CD,

COCPC

.,.——=——=2,

CECD

:._CO—CED,

.OPCPC

.•---=---=2,

EDCD

即ED=gθP=l（定长），

,点E是定点，Z）E是定长，

，点。在半径为1的（E上，

OD≤OE+DE=2y∣3+l,

.∙.OD的最大值为26+1,

故答案为：26+1.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，解题的关键

是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题.

5.（2022秋•九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,80相交于点0,AB=A,

ADAC60°,点B沿线段Ao从点A至点。运动，连接DF,以力尸为边作等边三角形DFE,

点E和点A分别位于。F两侧，连接OE.现给出以下结论：

①NBDE=/EFC；®ED=EC,③直线OE_LCD；④点E运动的路程是2√L

其中正确的结论是.（写出所有正确结论的序号）

D

【答案】①②③

【分析】①根据NDAC=60°,OD=OA,得出aOAD为等边三角形，再由△£>FE为等边三

角形，得NEDF=NDEF=60°,即可得出结论①正确：

②如图，连接0E,利用SAS证明尸名△£)(»,再证明MODE0OCE,即可得出结论

②正确；

③通过等量代换即可得出结论③正确；

④如图，延长OE至E',使。E=OD,连接DE',通过AΩ4FgΔOQE,NoOE=60°，

可分析得出点F在线段AO上从点4至点。运动时，点E从点。沿线段OE'运动到E’,从

而得出结论④错误.

【详解】解：①：/ZMC=60°,OD^OA,

为等边三角形，

.∙.∕E>O4=∕O4O=∕OD4=60°,AD^OD,

；△。尸E为等边三角形，

；.NEDF=NEFD=NDEF=60°,DF=DE,

；ZBDE+ZFDO=NAOF+NFOO=60°,

，NBDE=NADF,

VZADF+ZAFD+ZDAF^↑80o,

ΛZADF+ZAFD=i80°-ZDAF=120°,

,.∙ZEFC+ZAFD+ZDFE=180°,

：.ZEFC+ZAFD=∖S0°-NDFE=I20°,

ZADF^NEFC,

：.ZBDE=ZEFC,

故结论①正确：

②如图，连接OE,

在aD4F和ACOE中，

AD=OD

ZADF=ZODE,

DF=DF

Λ∆DAF^∆DOE(SAS),

.∙.∕DOE=NDAF=60°,

∖"ZCOD=180°-ZAOD=120°,

/COE=/CoD-/DOE=120°-60o=60°,

：.ACOE=ADOE,

在△OZ)E'和△OCE中，

OD=OC

-ADOE=ZCOE,

OE=OE

C.∕∖ODE^∕∖OCE(SAS),

：.ED=EC,ZOCE=ZODE,

故结论②正确；

③YNOOE=NAOR

ΛZADF^ZOCE,即/ADF=NECR

故结论③正确；

④如图，延长OE至E',使OE'=0。，连接£>£,

VΔDAF^ΔDOE,ZDOE=60°,

点尸在线段Ao上从点A至点。运动时，点E从点O沿线段OE运动到E,

VOE'=OD=AD=AB∙tanZABD=4∙lan3Qo=迺,

3

•••点E运动的路程是迪，

3

故结论④错误.

故答案为①②③.

【点睛】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰

三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定

和性质等相关知识是解题关键.

6.（2022•广东河源.统考二模）如图，已知AC=2AO=8,平面内点尸到点。的距离为2,

连接AP,若NAPB=60°且BP=；AP,连接AB,BC,则线段Be的最小值为.

【答案】2√7-√3

【分析】如图所示，延长PB至UD使得PB=DB,先证明AAPO是等边三角形，从而推出

ABP=90o,ZBAP=30o,以Ao为斜边在AC下方作Rf△AMO,使得NΛM0=3(T,连接CM,

过点M作AC于”，解直角;角形得至IJ&I=组=正，从而证明△

AOAP2

得到毁.=丝=迫，则SM=√J,则点3在以M为圆心，以状为半径的圆上，当M、B、

OPAP2

C三点共线时，即点8在点9的位置时，BC有最小值，据此求解即可.

【详解】解：如图所示，延长FB到。使得P8=D8,

,/BP=-AP,

2

，AP=PD=IPB,

XVNAPB=60°,

∙∙.AAPO是等边三角形，

为卯的中点,

.∖AB±DP,即NA8P=90°,

.∖ZBAP=30o,

以4。为斜边在AC下方作M△4W。，使得NMAO=30。，连接CM,过点仞作M”_LAC于

H,

•∕cca_AM

•∙cos/OΛMI-----,

AO2

同理可得这二立，

AP2

u：ZOAM=30o=ZPAB,

：.ΛBAM=APAO.

tj..AMAB√3

AOAP2

：.∕∖AMB^ΔAOP,

,BMAB_6

t'~δp~^∖p~τΓ,

V点P到点O的距离为2,即0P=2,

.*.BM=6,

，点B在以M为圆心，以√5为半径的圆上，

连接CM交圆M（半径为右）于8'，

当M、B、CV点共线时，即点8在点？的位置时，8C有最小值,

,.'AC=2AO=8,

.,.A0=4,

∙'∙AM=AO-cosZOAM=2∖[3，

∙,∙AH-AM-cosZMAH=3,HM=AM-SinNMAHɪʌ/ɜ，

：.CH=5,

∙'∙CM=4HM2+CH2=2√7，

B'C=CM-MB，=2出-6

.∙.8C的最小值为2√7-百，

故答案为：2Λ∕7-0.

D

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判

定，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即

证明点B在以M为圆心，半径为G的圆上运动.

7.（2022秋・福建福州•九年级校考阶段练习）如图,在RtBC中，ZACB=90，ZBAC=30,

BC=2,线段BC绕点B旋转到BQ,连A。，E为AO的中点，连接CE,则CE的最大值是

【答案】3

【分析】通过已知求得。在以8为圆心，Bz）长为半径的圆上运动，为AD的中点,

.∙.E在以ZM中点为圆心，!劭长为半径的圆上运动，再运用圆外一定点到圆上动点距离的

最大值=定点与圆心的距离+圆的半径，求得CE的最大值.

【详解】解：∙.∙BC=2,线段BC绕点8旋转到B£>,

D

：.BD=2,

：.-BD=↑.

2

由题意可知，力在以8为圆心，8。长为半径的圆上运动，

YE为的中点，

.∙.E在以BA中点为圆心，；劭长为半径的圆上运动，

CE的最大值即C到BA中点的距离加上］BD长.

VZACB=90∙ZBAC=30,BC=2,

∙∙∙C到BA中点的距离即gAB=2,

又•=Bo=1,

2

,CE的最大值即JA8+,BO=2+1=3.

22

故答案为3.

【点睛】本题考查了与圆相关的动点问题，正确识别E点运动轨迹是解题的关键.

8.（2020秋•福建福州•八年级福州三牧中学校考期中）如图，等边三角形ABC中，AB=4,

高线AH=26,。是线段AH上一动点，以BO为边向下作等边三角形8DE,当点。从点A

运动到点，的过程中，点E所经过的路径为线段CM,则线段CM的长为,当点。

运动到点H,此时线段BE的长为.

【分析】由"SAS，可得AABD丝4C8E,推出AD=Ee可得结论，再由勾股定理求解8"=2,

当。“重合时，BE=BH=2,从而可得答案.

【详解】解：如图，连接EC

V∆ΛBC,△8Z)E都是等边三角形，

*o

..BA=BCfBD=BEfZΛBC=ZDBE=60,

：.ZABD=ZCBE,

在△48。和4CBE中，

BA=BC

ZABD=ZCBE,

BD=BE

・••△ABDmACBE(SAS),

：.AD=EC,

Y点D从点A运动到点H,

••点E的运动路径的长为CM=AH=2y[3，

当2H重合，而△瓦汨(即,,BHE)为等边三角形,

∖BE=BH9

QAB=4,AH=2√3,A∕∕ΛBC,

故答案为：26,2.

【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，动点的轨迹等知识，解题

的关键是正确寻找全等三角形解决问题.

9.(2022•江苏扬州•校考二模)如图，在矩形ABCC中，AB=3,AD=A,连接8。，将ZMBO

绕点。顺时针旋转，记旋转后的三角形为A487λ旋转角为α((ΓVα<360。且aW180。).

(1)在旋转过程中，当4落在线段BC上时，求A，B的长；

(2)连接A4、A'B,当NBAB'=90。时，求tan/A”。；

(3)在旋转过程中，若AW的重心为G,则CG的最小值=

【答案】⑴4-77；

(2)tan∕A'AQ=3或g；

⑶三

3

【分析】(1)由四边形ABCD矩形，A5=3,AD=4得Cz)=AB=3,BC=AD=4,ZC=

90°,当4落在线段BC上时，由旋转得4O=AO=4,则。C="一=币,所以48=

4-77；(2)分两种情况，一是点夕与点C在直线BO的同侧，作AZ)于点£,则/HEA

=90。，先证明点8、加、。在同一条直线上，求得BQ=J3?+4?=5,由

4,FAR3Fr)AD4

------==—=sinZADB,-------==—=cosAADB求出4E的长和£7)的长，再求出

A'DBD5A,DBD51

Δ'F

AE的长，再由lan∕A4D=F求出此时lanN4A。的值；二是点用与点C在宜线8。的异

AE7

侧，作4EL4O交AO的延长线于点E则NE=90。，先求出的长和EO的长，再求出

A`E

AE的长，再由IanN4A。=---求出此时IanN4AD的值；

AE

©ɛ2

(3)在AO上截取Ob=-，则。F32,作于点“，在。”上截取。G二—。”,

3赤丁33

连接FG、CG,则盥=2，由4£>=A£>可知4为的中点，Z)H为AD44的中线，点G

DH3

为AD44的重心，再证明ADFGS∕∖D4”,则NFGD=NA40=90。，取力厂的中点。，连接

OC交。。于点P,连接0G,则OG=OP=0。=；。尸=Jxg=B,可知点G在以点。为圆

4

心、半径为§的圆上运动，可由CG+0G≥0C推导出CGNC尸，则当CG=CP时，CG的长最

小，求出CP的长即可.

【详解】（1）解：（1）如图1,：四边形A8C。矩形，AB=3,AD=4,

.∙.CO=AB=3,BC=AD=4,NC=90。，

当4落在线段BC上时，由旋转得4L>=AZ)=4,

∙"∙A,C=yjA'D2-CD2=√42-32=√7>

：.A'B=BC-A'C^4-y[7,

.∙.AB的长为4-".

(2)(2)如图2,点夕与点C在直线BD的同侧，作HELAO于点E,则N«E4=90。,

由旋转得N8'A'Q=NBAO=90。，A'D=AD=4,

VZBA,B,=90o,

.∙.ZB'A'D+ZBA'B,=∖SO°,

：.点、B、4、。在同一条直线上，

；ZA'ED=ZBAD=W0,

工BD=√ΛB2+AD2=√32+42=5，

A'EA33EDAD4

==-=sinZADB,---=一=CosZADB

Λ7DBD5T7DBD5