2024年中考数学压轴题预测《几何综合六种模型》含答案解析

几何综合六种模型通用的解题思路：平面内有两点ABCABC为直角三角形分类讨论:若∠A=90°,则点C在过点A且垂直于AB的直线上(除点A外);若∠B=90°,则点C在过点B且垂直于AB的直线上(除点B外);若∠C=90°,则点C在以AB为直径的圆上(除点A,B外)..,但要除去A,B两点.分类讨论:若AB=AC,则点C在以点A为圆心,线段AB的长为半径的圆上;若BA=BC,则点C在以点B为圆心,线段AB的长为半径的圆上;若CA=CB,则点C在线段AB的垂直平分线PQ“两圆一中垂”上的点能构成等腰三角形,但是要除去原有的点A,B,还要除去因共线无法构成三角形的点MN以及线段AB中点E(共除去5个点)需要注意细节一动点P在直线MN外的运动速度为VMN上运动的速度为VV<VAB为12121ACVBCV定点，点C在直线MN上C的位置使+的值最小．(注意与阿氏圆模型的区分)21ACVBCV1V1VVV1V21)+=BC+1ACk=2BC+kAC的最小值.21CHAC2)构造射线AD使得sin∠DAN=k，=kCH=kAC,将问题转化为求BC+CH最小值.3)过B点作BH⊥AD交MN于点CAD于HBC+CHBC+kAC最小．“PA+kPB”kPB“PA+kPB”型问题转化为“PA+PC”型．(若k>11的形式解决即可)。1所示，⊙O的半径为rAB都在⊙O外，P为⊙Or=k·OBPAPBPA+k·P点的位置如何确定？2如图2OB上截取OC使OC=k·r△BPO与△PCOk·PB=PC。PA+k·PA+PC其中与A与C为定点，PAPCPA+PC3所示：注意区分胡不归模型和阿氏圆模型：k·PA+PBPP点轨迹变为圆“阿氏圆”问题．(点在直线上)_模型11)如图，P是直线BCAPAP中点QP在BC上运动时，Q点轨迹是？P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．AQ向BCMNAP=2AQQN始终为AMQ点到BCQ点轨迹是一条直线．2)△APQ中AP=AQ∠PAQP在直线BCQ点轨迹？3AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，PQ轨迹是同一种图形。QQ点的起始位置Q点轨迹线段。“垂线段最短”求最值。1)当动点轨迹已知时可直接运用垂线段最短求最值；2)3)确定动点轨迹的方法(重点)①②③()为其他已知轨迹的线段求最值。(点在圆上)模型1模型1-1.如图，P是圆O上一个动点，AAPQ为AP中点．Q点轨迹是？AOAO中点M△AMQ∽△AOPQM:PO=AQ:AP=1:2．则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型1-2.如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=k⋅AQP在圆O运动时，Q点轨迹是？4AOAM⊥AOAO:AM=k:1△APO∽△AQMk。则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型1-3.(常见于动态翻折中)PAB=AC=APBCP三点共圆，则动点P是以A圆心，AB半径的圆或圆弧。模型1-4.定边对定角(或直角)模型1)P为动点，AB为定值，∠APB=90°P是以AB为直径的圆或圆弧。2)P为动点，AB为定值，∠APBP的轨迹为圆弧。“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之”的性质求解。1(2023•安溪县二模)如图，AB是半圆O的直径，BP⊥ABPD与半圆O相切于点DAD并BP的延长线于点C．5(1)求证：PB=PC；(2)若⊙O的半径为5AD=8BP的长．(1)连接ODOPDBΔODP≅ΔOBPPB=PDPB=PC，(2)先证明ΔABD∽ΔBCDBCBP．(1)ODOPDB，PD与半圆O相切于点D，∴PD⊥OPBP⊥ABOD=OBOP=OP在RtΔODP与RtΔOBP中，，∴RtΔODP≅RtΔOBP(HL)，∴PB=PD，∠ADB=90°，∴∠CDP=90°，在RtΔCDB中，BP=PD，点P为BC的中点，∴PB=PC；(2)BP⊥AB，∴∠ABD+∠CBD=90°，∠DAB+∠ABD=90°，∴∠DAB=∠CBD∴ΔABD∽ΔBCD，ADBDABBC15=，，∴BC=2BC2154BP==，154故BP的长为．2(2023•平房区二模)如图1ΔABC内接于⊙O中，ABD在弧BCADCD．(1)求证：∠CAB+∠D=90°；(2)如图2OC交AD于点F∠DAB+2∠CAD=90°：AC=CD；(3)在(2)3E在线段CFAEBE交AD于点H∠EHA=2∠EAHAE=6OF=2BE的长．6?(1)利直径所对的圆周角是直角求得∠ACB==90°(2)根据圆周角定理及直角三角形的性质可证明∠CAD=∠DAC=CD；(3)连接DEBD出∠HED=∠HDE∠ADB=90°∠HED=∠HDE=β∠DHB=2β∠DBE=90°-2βB作BG⊥BE交ED的延长线于点GBD=22点B作LGBGBGEGBL⊥DG于点Lsin∠LBG=sin∠LEB=(22)2=x(6+2x)LD=LG=1(1)证明：∵ΔABC内接于⊙O中，AB为直径，∴∠ACB==90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵AC=AC，∴∠B==∠D，∴∠CAB+∠D=90°．(2)证明：∵∠DAB+2∠CAD=90°，∴∠DAB=90°-2∠CAD，在ΔACB中，∵∠ACB=90°，∴∠DAB=90°-∠CAD-∠B，∴90°-2∠CAD==90°-∠CAD-∠B，∴∠CAD=∠B，∵∠B=∠D，∴∠CAD=∠D，∴AC=CD．(3)DEBD，∵OC垂直平分AD，∴AE=DE=6，∴∠EDA=∠EAH，∵∠EHA=2∠EAH，∴∠EHA=2∠EDA，∵∠EHA=∠EDH+∠HED，∴∠HED=∠HDE，∵AB为直径，∴∠ADB=90°，设∠HED=∠HDE=β，∴∠DHB=2β∠DBE=90°-2β，7过点B作BG⊥BE交ED的延长线于点G，∴∠GDB=90°-α∠DBG=2β，∴∠G=2β，∴BD=BG，∵AF=DFAO=BO，∴BD=BG=2OF=22，过点B作BL⊥DG于点L，∴DL=GL，设DL=GL=x，∵∠LBG+∠G=∠LEB+∠G=90°，∴∠LBG=∠LEB，∴sin∠LBG=sin∠LEB，LGBGBGEG∴=，∴(22)=x(6+2x)，解得x=-4(舍去)x=1，12∴LD=LG=1，∴EL=7LB=7，∴BE=+LB2=7+(7)2=214．3(2022•蔡甸区校级模拟)E是正方形ABCD边BC上一点(点E不与BC重合)DE交对角线AC于点FΔADF的外接圆O交边AB于点GGDGE．(1)求∠EDG的度数；BECE52(2)若=tan∠DEG．(1)由正方形的性质得出∠BAC=45°(2)延长BA至点PAP=CEDPΔDCE≅ΔDAP(SAS)DE=DP∠CDE=∠ADP∠P=∠DECΔEDG≅ΔPDG(SAS)∠DEG=∠P(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°，∵GF=GF，∴∠EDG=∠FAG=45°；(2)延长BA至点PAP=CEDP，BECE52∵=，8CEBC27∴=，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC∠BAD=∠DCE=90°，∴∠PAD=∠DCE，又∵AP=CE，∴ΔDCE≅ΔDAP(SAS)，∴DE=DP∠CDE=∠ADP∠P=∠DEC，∴∠ADC=∠PDE=90°，∴∠EDG=∠PDG=45°，又∵DG=DG，∴ΔEDG≅ΔPDG(SAS)，∴∠DEG=∠P，∴∠DEC=∠DEG，CECDCECB27∴tan∠DEG=tan∠DCE===．全等三角形的判定与性质是解题的关键．4(2023•怀化)如图，AB是⊙OP是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点AC为⊙O上的一点．连接PCACOCPC=PA．(1)求证：PC为⊙O的切线；(2)延长PC与AB的延长线交于点D：PD⋅OC=PA⋅OD；(3)若∠CAB=30°OD=8(1)先由切线的性质得∠PAO=90°判定ΔPOC和ΔPOA∠PCO=∠PAO=90°(2)由∠DCO=∠DAP=90°∠ODC=∠PDA可判定ΔODC和ΔPDA可得出结论；(3)连接BCC作CE⊥OB于点EΔOCBOE=aOA=OB=OC=2aCE=3aRtΔCDE和在RtΔDOCCD2=CE2+DE2=OD2-OC2a⊙O的半径为4S=SDOC-S即可得出答案．(1)证明：∵AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线，∴PA⊥OA，即：∠PAO=90°，∵点C在⊙O上，∴OC=OA，在ΔPOC和ΔPOA中，9OC=OAPC=PA，PO=PO∴ΔPOC≅ΔPOA(SSS)，∴∠PCO=∠PAO=90°，即：PC⊥OC，又OC为⊙O的半径，∴PC为⊙O的切线．(2)(1)可知：OC⊥PD，∴∠DCO=∠DAP=90°，又∠ODC=∠PDA，∴ΔODC∽ΔPDA，OCPAODPD∴=，即：PD⋅OC=PA⋅OD．(3)BC点C作CE⊥OB于点E，∵∠CAB=30°，∴∠COB=60°，又OC=OB，∴ΔOCB为等边三角形，∵CE⊥OB，∴OE=BE，设OE=aa≠0，则OA=OB=OC=2a，在RtΔOCE中，OE=aOC=2a，由勾股定理得：CE=OC-OE2=3a∵OD=8，，∴DE=OD-OE=8-a，在RtΔCDE中，CE=3aDE=8-a，由勾股定理得：CD=CE+DE=(3a)+(8-a)2在RtΔDOC中，OC=2aOD=8，，由勾股定理得：CD=OD-OC=8-(2a)2(3a)+(8-a)=8-(2a)2，，整理得：a-2a=0∵a≠0，，∴a=2，∴OC=2a=4CE=3a=23，1212∴S=OD⋅CE=×8×23=83，60π×428π3又∵S==，3608π3∴S=SDOC-SBOC=83-．10(3)5(2023•广陵区二模)A(-4,4)的二次函数图象经过原点(0,0)P在该图象上，OP交其对称轴l于点MMN关于点APNON．(1)求该二次函数的表达式；(2)若点P的坐标是(-6,3)ΔOPN的面积；(3)当点P在对称轴l①求证：∠PNM=∠ONM；②若ΔOPNP的坐标．(1)a的值，即可得出二次函数的关系式；12(2)设直线OP的解析式为y=kxAOPx=-4代入y=-xMMN关于点PNMN得出答案．14(3)①设对称轴l交x轴于点BPC⊥l于点CPPt,-t-2tO的坐OPMN及Hl交x轴于点BPC⊥l于点C，构建相似三角形：ΔNCP∽ΔNBO．由相似三角形的对应角相等证得结论；②ΔOPN∠ONP①得到∠PNM=∠ONM=45°，可得出三角形ACNPC=CNPC及CNm的方程，求出方程的解得到m的值为0或4±2A与P∠ONP∠PON为直角，利用勾股定理得到OP2+ON2=PN2P的坐标，利用勾股定理表示出OP2OB及BNON2PC及CNPN2OP+ON=PN2mm的值为4±42或0∠PON∠NPO有ΔPMN∽ΔBMO∽ΔBONmm的值为4时A与P∠NPOP在对称轴l左侧的二次函数图象上运动时，ΔOPN不能为直角三角形．(1)y=a(x+4)+4，14把点(0,0)a=-．1∴二次函数的表达式为y=-(x+4)+4，414即y=-x-2x；11(2)OP为y=kx(k≠0)，12将P(-6,3)代入y=kx得k=-，1∴y=-x．2当x=-4时，y=2．∴M(-4,2)．∵点MN关于点A对称，∴N(-4,6)．∴MN=4．∴SPON=SOMN+SPMN=12；14(3)P的坐标为t,-t-2t，其中t<-4，设直线OP为y=k′x(k′≠0)，1t+84将Pt,-t-2t代入y=k′x=-．4t+84∴y=-x．当x=-4时，y=t+8．∴M(-4,t+8)．∴AN=AM=4-(t+8)=-t-4．设对称轴l交x轴于点BPC⊥l于点C，14则B(-4,0)C-4,-t-2t．∴OB=4NB=4+(-t-4)=-tPC=-4-t，1414NC=-t--t-2t=t+t．14t+tNCPCNCPCt4NBOB-t4t4则==-，==-．-4-tNBOB∴=．又∵∠NCP=∠NBO=90°，∴ΔNCP∽ΔNBO．∴∠PNM=∠ONM．②ΔOPN(i)若∠ONP∠PNM=∠ONM=45°，∴ΔPCN为等腰直角三角形，14∴CP=NCm-4=m-m，整理得：m-8m+16=0(m-4)=0，解得：m=4，此时点A与点PP点使ΔOPN为直角三角形；(ii)若∠PONOP+ON=PN2，12141422∵OP=m+-m-2mON=4+m2AN=(m-4)+-m-2m+m，141422∴m+-m-2m+4+m=(m-4)+-m-2m+m，整理得：m(m-8m-16)=0，解得：m=0或m=-4-42或-4+42(舍去)，当m=0时，P∠PON不能为直角，当m=-4-42P(-4-424)时，N∠PON能为直角；(iii)若∠NPO∠NPM=∠OBM=90°∠PMN=∠BMO，∴ΔPMN∽ΔBMO，又∵∠MPN=∠OBN=90°∠PNM=∠OND，∴ΔPMN∽ΔBON，∴ΔPMN∽ΔBMO∽ΔBON，MBOBOBNB8-m4m∴==，4整理得：(m-4)=0，解得：m=4，此时A与P∠NPO不能为直角，P在对称轴l左侧的二次函数图象上运动时，ΔOPNm=4+42P(-4-42,-4)时，N为第四象限的点成立．(3)中的第②小问6(2024•宝安区二模(3)班的项目式学习团队计划在摩天轮上测量一座写字楼的高度．124面内．(如图2)．312860三组分别乘坐1号、4号和101字楼最高处D(观测误差忽略不计)．1号轿厢测量情况4号轿厢测量情况10号轿厢测量情况13(1)如图3AOBO∠AOB=45°；(2)求出1号轿厢运动到最高点时，4号轿厢所在位置B点的高度．(结果保留根号)(3)DN．(结果用四舍五入法取整数，2≈1.41)(1)由题可知，摩天轮共有24∠AOB包含了3324此∠AOB=×360°=45°；(2)过点B作BE⊥AO于点EA此时的高度为最高为12860O点高度为68BE⊥AO∠AOB=45°OE=OB⋅cos45°=302(3)连接OBOCBC13可得∠COB=90°∠OBC=∠AOB=45°BC=602D25作DF⊥BC于点FBF=n23得：DF=5BF=5nCF=DF=2nBC=602=3nn=202此F点的高度为：68+302-202=68+102≈82(米)(1)连接AOBO∵24∠AOB包含了3个桥厢，3∴∠AOB=×360°=45°，24故答案为：45．(2)过点B作BE⊥AO于点E，14∵点A此时的高度为最高为12860米，∴O点高度为68米，∵BE⊥AO∠AOB=45°，∴OE=OB⋅cos45°=302，∴B点的高度为(68+302)米，答：B点的高度为(68+302)米．任务二：(3)连接OBOCBC，由素材13可得∠COB=90°∠OBC=∠AOB=45°，则BC=602点D作DF⊥BC于点F，25令BF=n23的4号轿厢测量情况和10号轿厢测量情况得：DF=5BF=5nCF=DF=2n，∴BC=602=3nn=202，∴F点的高度为：68+302-202=68+102≈82(米)，DN约为82米．7(2022•江北区一模)如图1ABCD是⊙OAB=ADACBD相交于点EAC上取一点FAF=ABF作GH⊥AC交⊙O于点GH．(1)证明：ΔAED~ΔADC．(2)如图2AE=1GH恰好经过圆心OBC⋅CD的值．(3)若AE=1EF=2BE的长为x．①如图3x的代数式表示ΔBCD的周长．②如图4BC恰好经过圆心OΔBCD内切圆半径与外接圆半径的比值．(1)利用等腰三角形的性质与圆周角定理解得即可；(2)利用垂径定理和(1)的结论求得ACCEΔDEC∽ΔABC15得出结论；(3)①利用垂径定理和(1)的结论求得ACCEΔAED∽ΔBEC和ΔAEB∽ΔDEC用相似三角形的性质求得BCDECD②利用勾股定理求得BCΔBCDΔBCD内切圆半径为r①中的结论求得BDCD和ΔBCDΔBCD内切圆半径．(1)证明：∵AB=AD，∴AB=AD．∴∠ADB=∠ACD．∵∠DAE=∠CAD，∴ΔAED∽ΔADC．(2)解：∵ΔAED∽ΔADC，AEADADAC∴=．∵GH为⊙O的直径，GH⊥AC，1∴AF=FC=AC．2∵AB=ADAF=AB，∴AB=AD=AF，∴AC=2AD．AEADADAC12∴==．∵AE=1，∴AD=2．∴AB=2AC=4．∴EC=AC-AE=3．∵AB=AD，∴AB=AD．∴∠ACB=∠ACD．∵∠BDC=∠BAC，∴ΔDEC∽ΔABC．CDACECBC∴=．∴BC⋅CD=AC⋅EC=4×3=12．(3)∵AE=1EF=2，∴AB=AD=AF=AE+EF=3．∵ΔAED∽ΔADC，AEADADAC13∴==．∴AC=3AD=9．∴CE=AC-AE=8．∵∠CAD=∠CBD∠CEB=∠DEA，∴ΔAED∽ΔBEC．BEAEECEDBCAD∴==．16x18DE8BC3∴==．∴DE=BC=3x．x∵∠ABD=∠ACD∠AEB=∠DEC，∴ΔAEB∽ΔDEC．AEDE18xABCD∴∴=．3=．DC24x∴DC=．24x8x32x∴ΔBCD的周长=BC+CD+BE+DE=3x++x+=4x+．②∵BC为⊙O的直径，∴∠BAC=90°．∴BC=AB+AC2=3+92=310．3102∴ΔBCD外接圆半径为．在RtΔABE中，BE=AE+AB2=1+32=10．81045由①的结论可得：DE==10，2410125CD==10，3210365ΔBCD的周长=410+=10，95∴BD=BE+DE=10．设ΔBCD内切圆半径为r，1236512∴∴×ΔBCD的周长×r=×BD⋅CD．9512510r=10×10．3∴r=10．53532101025∴ΔBCD内切圆半径与外接圆半径的比值==．8(2022•开州区模拟)RtΔABC中，AB=BCD是BC的中点，E为AC边上任意一点，连接DEDE绕点D逆时针旋转90°得到线段DFEFAB于点G．(1)如图1AB=6AE=2ED的长；(2)如图2G恰好是EFBF：CD=2BF；5(3)如图3AB=42CFCF+BF取得最小值时．请直接写出S的值．517分析(1)过点E作EH⊥BC于点H∠CHE=90°ABCBC=6AC=62ΔCHERtΔDHEDE即可；(2)过点E作EM⎳BF于AB交点M点D作DN⊥BC交AC于N出ΔCDN证明ΔBFD≅NED(SAS)ΔEMG≅ΔFBG(AAS)RtΔCDNCD与BF关系；(3)如图3-1AC的中点TDTBTΔBDT是等腰直角三角形．首先证明点F在直线BT3-2AT的中点QBQFH⊥BQ于点HCJ⊥BQ于点JBT于点R．5再证明当点F与R重合时，CF+BF5(1)E作EH⊥BC于点H，∴∠CHE=90°，在等腰直角三角形ABC中，∵AB=6，∴BC=6AC=62，∵D为BC中点，1∴CD=BC，2∵AE=2，∴CE=AC-CE=52，∵∠C=45°，∴ΔCHE也是等腰直角三角形，∴CH=EH=5，∴HD=CH-CD=2，∴在RtΔDHE中，DE=EH+HD2=29．(2)E作EM⎳BF于AB交点M点D作DN⊥BC交AC于N，∴ΔCDN为等腰直角三角形，∴CD=ND，∵BD=CD，∴BD=DN，∵∠5+∠BDE=∠6+∠BDE，∴∠5=∠6，BD=DN在ΔBFD和ΔNED中，∠5=∠6，DF=DE∴ΔBFD≅NED(SAS)，18∴BF=EN∠3=∠4，∠1=∠2在．ΔEMG和ΔFBG中，∠MGE=∠BGF，GF=GE∴ΔEMG≅ΔFBG(AAS)，∴ME=BF，∴ME=EN，∵∠2+∠3=45°，∴∠1+∠4=45°，∴∠MEN=∠1+∠4+∠FED=90°，∴∠AEM=90°，∴ΔAEM是等腰直角三角形，∴AE=ME=BF=EN，1∴BF=AN，2∵DN⎳BCD是BC的中点，∴CN=AN，1∴BF=CN，222又∵在等腰RtΔCDN中，CD=CN，∴CD=2BF．(3)如图3-1中AC的中点TDTBTΔBDT是等腰直角三角形．∵∠EDF=∠TDB=90°，∴∠BDF=∠TDE，∵DB=DTDF=DE，∴ΔBDF≅ΔTDE(SAS)，∴∠DBF=∠DTE=135°，∵∠DBT=135°，∴FBT共线，∴点F在直线BT上运动，如图3-2中AT的中点Q接BQFH⊥BQ于点HCJ⊥BQ于点JBT于点R．FHBHQTBT12∵tan∠FBH===，5555∴FH=∴CF+BF，BF=CF+FH≤CJ，55∴当点F与R重合时，CF+BF的值最小，∵∠BTQ=∠CTR=90°BT=CT∠QBT=∠RCT，∴ΔBTQ≅ΔCTR(ASA)，∴TR=QT，∵AB=BC=42∠ABC=90°，∴AC=2AB=8，19∴AT=CT=BT=4QT=RT=2，∴BF=TE=2，1212∴S=⋅CE⋅FT=×2×2=2．三角形．9(2023春•璧山区校级期中)y=kx+b经过点A(8,0)和B(0,4)ΔAOB沿直线l对折使点A和点Bl与x轴交于点C与AB交于点DD的纵坐标为2BC．(1)求直线AB的解析式；(2)若点E在xΔBED的面积为10ΔBOE的周长；(3)已知y轴上有一点PBCPP的坐标．(1)根据给出的ABAB的解析式；(2)根据AD=BD可以得出ΔADE的面积和ΔBDED作DF⊥xAE的OEBEΔBOE的周长；(3)BP=BCPB点的纵坐标±BC长可以得到对应的PBC=CPCPPB=PCP点在BC的P点的坐标．(1)将点A(8,0)和B(0,4)代入y=kx+b0=8k+b4=b，12k=-b=4解得：，12故AB的解析式为：y=-x+4；(2)∵将ΔAOB沿直线l对折使点A和点B重合，∴AC=BC，设OC=xBC=AC=8-x，在RtΔOBC中，x+4=(8-x)2，∴x=3，∴OC=3，∴AD=BD，20∴S=S=10∵点D的纵坐标为2，过D作DM⊥x轴交x轴于点M，∴DM=2，∵S=AE⋅DM，∴AE=10，∴OE=2，∵OB=4，∴BE=OE+OB2=25，∴C=2+4+25=6+25；(3)以B点为圆心，BCy轴于PPC点为圆心，CBy轴于点12Py轴上找一点PP4B=P4C，34∵OC=3OB=4，∴BC=5，∵B(0,4)BP=BP=BC=512∴OP=OB+BP=4+5=9OP=BP-BO=5-4=1，1122∴P(0,9)P(0,-1)，12∵CP=BC=5，在RtΔOCP3中，OP=4，∴(0,-4)，∵BP=CP，44设OP=mCP=BP=4-m，444在RtΔOCP4中，m+3=(4-m)2，78∴m=，7∴OP=，，878∴P0,478故P点坐标为(0,9)(0,-1)(0,-4)0,．10(2023•湘潭县校级三模)y=ax+bx+3(a≠0)与轴相交于点x，A(-1,0)B(3,0)y轴交于点CBC．(1)求抛物线的解析式；(2)若点P为yBP10CP+10BP的最小值；(3)连接ACx轴上是否存在一点P∠PCO+∠ACO=45°P请说明理由．21(1)待定系数法求抛物线的解析式；(2)对条件10CP+10BP提取系数10(3)构造和∠ACO(1)∵抛物线y=ax+bx+3(a≠0)a-b+3=0与x轴相交于点A(-1,0)B(3,0)，，∴，9a+3b+3=0a=-1解得，b=2∴抛物线的解析式为y=-x+2x+3；(2)过点P作PM⊥ACMB作BN⊥ACN，在y=-x+2x+3中∴C(0,3)，x=0，y=3在ΔAOC中，OA=1OC=3AC=10，OAAC1010∴sin∠ACO==，MPCP1010在ΔCMP中，sin∠ACO==，1010∴MP=CP，12121212∵S=×AB×OC=×4×3=×AC×BN=×10×BN，6105∴BN=，10106105∴10CP+10BP=10CP+BP=10(MP+BP)≥10BN=10×=1210，∴10CP+10BP的最小值为1210．(3)如图，∠PCO+∠ACO=45°，∴∠ACP=45°，∵OA=OB=3，∴ΔCOB是等腰直角三角形，∴∠OCB=45°，∴∠ACO=∠PCB，过点B作PQ⊥BCQ，PQCQOAOC13∴tan∠PCB=∴CQ=3PQ，=tan∠ACO==，2222设OP=xPB=3-xBQ=PQ=又CQ+PQ=BC=32，(3-x)，2222∴3×∴x=×(3-x)+(3-x)=32，32，32∴P0．32由对称性得，P-0也满足题意，33∴P0或-0．22(3)问关键是构造和∠ACO相等11(2023•徐州二模)抛物线y=-x+bx+3与直线点A在x轴的负半轴上．y=x+1相交于、轴相交于点，ABCy(1)求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；(2)如图1AB上方的抛物线上有一动点PP作PH⊥AB于点HPH的最大值；55(3)如图2PAPMAM+AP的长度．DM最(1)由待定系数法即可求解；22(2)证明ΔPNHPH=PN5555(3)证明MR=DMsin∠LDT=DMAMR共线时，AM+DM=AM+MR为最小，进而求解．(1)∵y=x+1与x轴交于点A．∴将y=0代入得x=-1，∴点A(-1,0)，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0=-1-b+3，解得：b=2．故抛物线的函数表达式为：y=-x+2x+3=-(x-1)+4①，即顶点D的坐标为(1,4)；23(2)设直线AB与y轴交于点Ex=0y=1E的坐标为(0,1)，∵OA=OE=1，∴ΔOAE为等腰直角三角形，如图1P作PN⎳yAB于点N∠PNB=45°，∴ΔPNH是等腰直角三角形，22∴PH=PNP(m,-m+2m+3)N(m,m+1)，1294942∴PN=-m+2m+3-m-1=-m-+≤，928∴PH的最大值为；(3)如图2x轴的另外一个交点为T(3,0)x轴的交点为L(1,0)接DT，LTDL241255则tan∠LDT===sin∠LDT=，过点M作MR⊥DT于点RMR交抛物线于点P，55则此时，MR=DMsin∠LDT=故当AMR共线时，AM+DM，55DM=AM+MR为最小，∵∠DRM=∠ALM=90°∠DMR=∠AML，∴∠PAL=∠LDT，55即sin∠PAL=sin∠LDT=，12则tan∠PAL=，12121212故直线AP的表达式为：y=(x-x)=×(x+1)=x+②，1212联立①②得：-x+2x+3=x+，52解得：x=-1(舍去)或，5274则点P的坐标为：，，754由点PA的坐标得，PA=．2412(2023•丘北县一模)y=ax+bx+4与轴交于x、A(-4,0)B(2,0)y轴交于点CAC．(1)求抛物线的解析式；(2)点P是线段ACE是xPAPCΔPAC的面积最大时，22求PE+BE的最小值．(1)用待定系数法求函数的解析式即可；(2)过P点作PG⎳y轴交于AC于GPt,-t-t+4G(t,t+4)得SPAC=-(t+2)2+412t=-2时，ΔPAC的面积有最大值4时P(-2,4)B点作BF⎳ACP作PF⊥BF交于F点22x轴于点EE点作EG⊥BF交于GΔBEGPE+BE=PE+EG≥PFPF的长即为所求．(1)将A(-4,0)B(2,0)代入y=ax+bx+4，116a-4b+4=04a+2b+4=0a=-∴2，b=-112∴抛物线的解析式为y=-x-x+4；(2)当x=0时，y=4，∴C(0,4)，设直线AC的解析式为y=kx+m，m=4-4k+m=0k=1∴，m=4∴直线AC的解析式为y=x+4，过P点作PG⎳y轴交于AC于G点，121设Pt,-t-t+4G(t,t+4)，12∴PG=-t-t+4-t-4=-t-2t，2121∴S=×-t-2t×4=-t-4t=-(t+2)+4，2当t=-2时，ΔPAC的面积有最大值4P(-2,4)，过B点作BF⎳AC点P作PF⊥BF交于Fx轴于点E，∵OA=OC=4，∴∠ACO=45°，∵AC⎳BF，∴∠ABF=45°，25过E点作EG⊥BF交于G点，∴ΔBEG为等腰直角三角形，2222∴EG=∴PE+BE，BE=PE+EG≥PF，设PF与AC交于HBF与y轴交于MM作MN⊥AC交于N点，∵ΔAPC的面积为4，12∴4=×42×PH，解得PH=2，∵AC与BF平行，∴直线BF的解析式为y=x-2，∴M(0,-2)，∴CM=6，∵∠ACM=45°，∴MN=32，∴PF=42，2∴PE+BE的最小值为42．2胡不归求最短距离是解题的关键．13(2019•重庆)y=x-2x-3与轴交于点AB(点在点xAB的左侧)y轴于点CDx轴交于点E．(1)连接BDM是线段BD上一动点(点M不与端点BD重合)M作MN⊥BDN(点N在对称轴的右侧)N作NH⊥xHBD于点FP是线段OCMN13HF+FP+PC的最小值；1322(2)在(1)MN取得最大值，HF+FP+PCP向上平移个单位得到点Q，连接AQΔAOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐标轴于点GG∠=∠OGQ′(1)先确定点FN(m,m2-2m-3)F(m,2m-6)|NF|=(2m-6)-(m226b2a-2m-3)=-m2+4m-3m=-=2时，NFMN取到最大324HF=2F(2,-2)x轴上找一点K-0CKF作CK的垂线交CK于点13Jy轴于点Psin∠OCK=线KC的解析式为：y=-22x-3FJ的解析式为：244+22-22-19-4213y=x-联立解出点J，得FP+PC的最小值即为FJ|FJ|=29913423137+42+最后得出HF+FP+PC=；3(2)由题意可得出点Q(0,-2)AQ=5用直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半取AQ的中1252点GOGOG=GQ=AQ=，∠AQO=∠GOQΔAOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α(0°<α<360°)到△A′OQ′A′Q′交坐标轴于点G用OG=GQ(1)如图1∵抛物线y=x-2x-3与x轴交于点AB(点A在点B的左侧)y轴于点C∴令y=0解得：x=-1x=3x=0y=-3，12∴A(-1,0)B(3,0)C(0,-3)∵点D-∴点D的坐标为D(1,-4)b2a-224ac-b24×1×(-3)-44×1=-=1，==-44a∴直线BD的解析式为：y=2x-6，N(m,m-2m-3)F(m,2m-6)∴|NF|=(2m-6)-(m-2m-3)=-m+4m-3b2a∴当m=-=2时，NFMNHF=2，此时，N(2,-3)F(2,-2)H(2,0)324在x轴上找一点K-0CK点F作CK的垂线交CK于点Jy轴于点P，13∴sin∠OCK=线KC的解析式为：y=-22x-3F(2,-2)，13244+2∴PJ=PCFJ的解析式为：y=x-22-22-19-42∴点J，991313423∴FP+PC的最小值即为FJ|FJ|=+27137+42∴HF+FP+PC=；34+2(2)由(1)P0,-，∵把点P向上平移∴点Q(0,-2)222个单位得到点Q1252∴在RtΔAOQ中，∠AOG=90°AQ=5AQ的中点G接OGOG=GQ=AQ=时，∠AQO=∠GOQ把ΔAOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐标轴于点G①如图252G点落在yG0,-点作I⊥x轴交x轴于点I∠=∠则∠=∠OA=∠OAQ，OQAQIQ25IQ2255∵sin∠OAQ=∴sin∠=====255455|IO′|=OQ255∴在RtΔ中根据勾股定理可得|OI|=255455∴点的坐标为②如图3，-；284525当G点落在x，55③如图42545当G点落在yQ-，55④如图5455255当G点落在xQ-，-．25545545252545综上所述有满足条件的点Q′的坐标为--，，，5555455255--．【点评】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线14(2023•江城区三模)y=-2x-62x+72交轴于AB两点点在点左侧，x(AB)交y轴于点Cy=2x+72经过点ACM是线段AC上的一动点(不与点AC重合)．(1)求AB两点的坐标；63(2)当点PCPM+AM的最小值及此时点M的坐标；29(3)连接BCΔAOM与ΔABCM的坐标．(1)在y=-2x-62x+72y=0x=-7x=1或，；A(-7,0)B(1,0)-62-22(2)过P作PN⊥x轴于NAC于My=-2x2-62x+72的对称轴为直线x=-=OCAC727363-3y=-2x2-62x+72C(072)sin∠CAB===RtΔAMN中，636363MN=AMPM+AMPM+MN最小，PM+AM的最小值即为PN63点PC(072)关于抛物线的对称轴直线x=-3PN=OC=72PM+AM的最小值为72A(-7,0)C(072)得直线AC解析式为y=2x+72M(-6,2)；(3)过M作MH⊥x轴于HM作MG⊥x轴于GΔAOM与ΔABC①当ΔABC∽AMABOAAC8331382AMO时，=AM=ΔAMH∽ΔACO得M-，②当ΔABC∽33AMOAAB4938784928ΔAOM时，AC=AM=M-，．(1)在y=-2x-62x+72-2x-62x+72=0x=-7或x=1，∴A(-7,0)B(1,0)；y=0得：(2)过P作PN⊥x轴于NAC于M-62-22抛物线y=-2x-62x+72的对称轴为直线x=-=-3，在y=-2x-62x+72∴C(072)，得，x=0y=72∴AC=OC+2=73，OCAC727363∴sin∠CAB===，63在RtΔAMN中，MN=AM⋅sin∠CAB=AM，6363∴PM+AMPM+MNPM+AM的最小值即为PN的长，∵点PC(072)关于抛物线的对称轴直线x=-3对称，∴PN与OC关于抛物线y=-2x-62x+72的对称轴直线x=-3对称，P(-672)，3063∴PN=OC=72PM+AM的最小值为72，由A(-7,0)C(072)得直线AC解析式为y=2x+72，在y=2x+72x=-6得y=2，∴M(-6,2)；(3)过M作MH⊥x轴于HM作MG⊥x轴于G∵A(-7,0)B(1,0)C(072)，∴AB=8AC=73，∵∠MAO=∠BAC，∴ΔAOM与ΔABCAM①当ΔABC∽AMO时，ABOAAC=，AM8773∴=，833∴AM=，∵MH⊥x轴，∴MH⎳OC，∴ΔAMH∽ΔACO，83AMACAHOAMHOCAH7MH723∴====，7383823133∴AH=MH=，，∴OH=OA-AH=1382∴M-，，33②当ΔABC∽ΔAOM时，AMACOAAB4938AMACAM7378∴=，==，∴AM=AGOAMGOC同理可得=，3873AG7MG72∴==，498492∴AG=MG=，87∴OG=OA-AG=，8784928∴M-，，1382784928ΔAOM与ΔABC相似时，M坐标为-或-．，，3315(2024•宿迁模拟)如图1y=ax-2ax+3与轴交于点AB(点xA31在点B的左侧)y轴于点CA的坐标为(-1,0)Dx轴交于点E．(1)填空：a=ꢀ-1ꢀB的坐标是；(2)连接BDM是线段BD上一动点(点M不与端点BD重合)M作MN⊥BDN(点N在对称轴的右侧)N作NH⊥xHBD于点FP是线段OC12ΔMNFFP+PC的最小值；12233(3)在(2)ΔMNF的周长取得最大值时，FP+PC2P向下平移个单位得到点QAQΔAOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐标轴于点GGGQ′=OG条件的点Q′(1)将点A(-1,0)代入y=ax-2ax+3ay=0(2)将(1)DBDF35+5(m,-2m+6)N(m,-m2+2m+3)C=NF5的性质求出使ΔMNF的周长取得最大值时的m值x轴上取点K(-30)∠OCK=30°F作12CK的垂线段FG交y轴于点P得FG+PC=FGFCFKFK交y轴于点JΔCKF的面积计算出FG即可；(3)由(2)求出点QAQ的中点G△A′OQ′AG的中点G在坐标轴上即可使得GQ′=OG(1)将点A(-1,0)代入y=ax-2ax+3解得，a=-1，a+2a+3=0，∴y=-x+2x+3，当y=0时，-x+2x+3=0，解得，x=-1x=3，12∴点B的坐标是(3,0)；故答案为：-1(3,0)；(2)∵y=-x+2x+3=-(x-1)+4，∴点C(0,3)D(1,4)，3k+b=0k+b=4设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)B(3,0)D(1,4)代入得：，32k=-2b=6解得，，∴y=-2x+6，设点F(m,-2m+6)N(m,-m+2m+3)由图形可知，∠MNF=∠DBE，，2555∵sin∠DBE=5cos∠DBE=，55255355∴MN+MF=NF+NF=NF，355∴C=NF+NF35+5====NF535+5×(-m+2m+3+2m-6)×(-m+4m-3)535+5535+55×[-(m-2)+1]，∴当m=2时，CF(2,2)HF=2，1在x轴上取点K(-30)∠OCK=30°F作CK的垂线段FG交y轴于点PPG=PC，212∴PF+PC=FP+PG，12∴当点FPG三点共线时，PF+PC有最小值为FG，而此时点P不在线段OC12∴FP+PC的最小值为FC的长度，∵点C(0,3)F(2,2)，∴CF=1+22=5，12∴当ΔMNF的周长取得最大值时，FP+PC的最小值为5；(3)存在．由(2)P(0,3)，23将点P向下平移个单位得到点Q，3233∴点Q0,3-，233在RtΔAOQ中，OA=1OQ=3-AQ=5，取AQ的中点GOG=GQ，∴△A′OQ′AG的中点G在坐标轴上即可使得GQ′=OG，G在y作∵GQ′=OG，I⊥x，I∴∠=∠GQO∵OG⎳IQ，∴∠=∠IQO，33∴∠IQO=∠GQO，设(x,y)sin∠IQO=sin∠AQOx21==，52552545∴x=，，55455255G在x，-；255455当点G在yQ-，-；4525当点G在xQ-．，5525454552552554554525的坐标为，--，--．，，555516(2023•南山区三模)ΔACE中，CA=CE∠CAE=30°⊙O经过点CAB在线段AE上．(1)试说明CE是⊙O的切线；(2)若ΔACE中AE边上的高为hh的代数式表示⊙O的直径AB；12(3)设点D是线段AC上任意一点(不含端点)ODCD+OD的最小值为6⊙O的直径AB的长．(1)连接OC图1证CE是⊙O∠OCE=90°即可；(2)过点C作CH⊥AB于H接OC图2RtΔOHC中运用三角函数即可解决问题；(3)作OF平分∠AOC⊙O于FAFCFDF3AOCF1212得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H得DH=DCCD+OD=DH+FD．根据垂线段12FDH三点共线时，DH+FD(即CD+OD)RtΔOHF中运用三角函数即可解决问题．(1)连接OC1，∵CA=CE∠CAE=30°，∴∠E=∠CAE=30°∠COE=2∠A=60°，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切线；34(2)过点C作CH⊥AB于HOC图2，由题可得CH=h．在RtΔOHC中，CH=OC⋅sin∠COH，32∴h=OC⋅sin60°=OC，2h3233∴OC==h，433∴AB=2OC=h；(3)作OF平分∠AOC⊙O于FAFCFDF3，1212则∠AOF=∠COF=∠AOC=(180°-60°)=60°．∵OA=OF=OC，∴ΔAOFΔCOF是等边三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四边形AOCF是菱形，∴根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，∵OA=OC∴∠OCA=∠OAC=30°，1∴DH=DC⋅sin∠DCH=DC⋅sin30°=DC，212∴CD+OD=DH+FD．根据垂线段最短可得：12当FDH三点共线时，DH+FD(即CD+OD)最小，32此时FH=OF⋅sin∠FOH=OF=6，则OF=43AB=2OF=83．12∴当CD+OD的最小值为6时，⊙O的直径AB的长为83．12CD+OD转化为DH+FD是解决第(3)小题的关键．17(2024•长沙模拟)阅读材料1:ABCDAB⋅CD=BC⋅ADABCD为调和点列．从直线外一点P引射线PAPBPCPDPAPBPCPD为调和线束．(1)如图1Q外一点P作圆Q的切线PAPBΩ的割线PCDPD与A交于点E．①求证：PCED是调和点列．35②求证：AC⋅BD=BC⋅AD．阅读材料2AB和平面上一动点PP到A和B的距离之比为定PP关于AB(2)根据阅读材料12(本题图未给出)②若点P关于ABAB于CD：ACBD为调和点列．(3)如图2ABCD是平行四边形，G是三角形ABDPQ在直线BDGP与PC垂直，GQ与QC垂直．求证：AG平分∠PAQ．(1)根据题目AB⋅CD=BC⋅AD比即为所求；(2)①P②利用角平分线性(3)利用阿氏圆结论证明AG是∠PAQ的角平分线．(1)∠1∠2∠3∠4∠5如图，①证明：∵PAPB是圆的切线，∴PA=PB，∠4=∠1∠PDB=∠PBC，在ΔACD中，∠5=180°-∠2-∠3-∠4=180°-∠2-∠3-∠1，∴sin∠5=sin(180°-∠2-∠3-∠1)=sin(∠1+∠2+∠3)，在ΔPAC和ΔPDA中，∠APC=∠DPA∠1=∠4，∴ΔPAC∽ΔPDA，ACDAPCPA∴=，在ΔPBC和ΔPDB中，∠BPC=∠DPB∠PBC=∠PDB，∴ΔPBC∽ΔPDB，BCDBPCPAACDAPCPBPCPBBCDB∴∴∴===，ACDABCDBPCPA===，，sin∠4∴由正弦定理，sin∠5sin∠2sin∠3，36sin∠1sin(∠1+∠2+∠3)sin∠2sin∠3sin∠1sin∠2sin(∠1+∠2+∠3)sin∠3∴∵==，1AP⋅AC⋅sin∠1AC⋅AE⋅sin∠2SSPCCEAP⋅sin∠1AE⋅sin∠22===，1212AP⋅AD⋅sin(∠1+∠2+∠3)SSAP⋅sin(∠1+∠2+∠3)AE⋅sin∠3PDDE===，12AE⋅AD⋅sin∠3PCCEPDDE∴=PC⋅DE=CE⋅PD，∴PCED是调和点列；ACDABCDB=，∴AC⋅BD=BC⋅AD；(2)①以OAB所在直线为x设AC=2cA(-c,0)B(c,0)(c>0)P(x,y)，|PA||PB|(x+c)+y2==λ>0，(x-c)+y2λ+1x+y-2c⋅x+c=0，λ-14λc2λ+1λ-12即x-c+y=，(λ-1)2显然λ≠1，λ+1λ-12λc|λ-1|故点P的轨迹是以c0为圆心，r=λ>0且λ≠1，ACCBADDBPAPB(反证法)不妨设===k>1，得PCPD分别为∠APB∠BPE的角平分线，∴∠CPD=90°P轨迹是以CD为直径的圆，ACCBADDB=，∴ACBD为调和点列；(3)连接AC交BD于点M，∵ABCD是平行四边形，∴M是ACBD的中点，∵G是三角形ABD的重心，∴点G在AC上，∵GP与PC垂直，GQ与QC垂直，∴∠GPC=∠GQC=90°，∴PGQCQC为直径，PM⋅MQ=GM⋅MC取GC的中点O，由AG:GM:MC=2:1:3，371∴OC=GC=AG，2∴GO关于点M对称，∴GM⋅MC=AM⋅MO由①②得：PM⋅MQ=AM⋅MO，∴APOQ四点共圆，12又OP=OQ=GC，∴∠PAO=∠QAO，即AG平分∠PAQ．18(2024•莱芜区校级模拟)在ΔABC中，∠CAB=90°AC=AB．若点D为ACBD，将BD绕点B顺时针旋转90°得到BECEAB于点F．(1)如图1∠ABE=75°BD=4AC的长；(2)如图2G为BCFG交BD于点H．若∠ABD=30°DC与线段HG的数量(3)如图3AB=4D为ACΔABD绕点B旋转得△A′BD′A′CA′DA′D+22A′CS．(1)(2)AC=aa的代数式表示CD和HGCD与HG的数量关系；(3)(4)(1)过D作DG⊥BCG图1:∵将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，∴∠EBD=90°，∵∠ABE=75°，∴∠ABD=15°，∵∠ABC=45°，∴∠DBC=30°，12∴在直角ΔBDG中有DG=BD=2BG=3DG=23，∵∠ACB=45°，38∴在直角ΔDCG中，CG=DG=2，∴BC=BG+CG=2+23，22∴AC=BC=2+6；34(2)线段DC与线段HG的数量关系为：HG=CD，CAE作EN垂直于CANBNEDG作GM⊥AB于M∴∠END=90°，由旋转可知∠EBD=90°，∴∠EDB=45°∴∠END=∠EBD=90°，∴EBDN四点共圆，∴∠BNE=∠EDB=45°∠NEB+∠BDN=180°∵∠BDC+∠BDN=180°∠BCD=45°，∴∠BEN=∠BDC，∴∠BNE=45°=∠BCD，∠BNE=∠BCD在ΔBEN和ΔBDC中，∠BEN=∠BDC，BE=BA∴ΔBEN≅ΔBDC(AAS)，∴BN=BC，∵∠BAC=90°，在等腰ΔBNCBA是CN的中线，∵∠BAC=∠END=90°，∴EN⎳AB，∵A是CN的中点，∴F是EC的中点，∵G是BC的中点，∴FG是ΔBEC的中位线，12∴FG⎳BEFG=BE，∵BE⊥BD，∴FG⊥BD，∵∠ABD=30°，∴∠BFG=60°，∵∠ABC=45°，∴∠BGF=75°，设AC=aAB=a，33233在RtΔABD中，AD=aBD=BE=a，1∴FG=BE，233∴FG=a，∵GM⊥AB，39∴ΔBGM是等腰三角形，222212221212∴MG=MB=BG=×BC=××2AC=a，在RtΔMFG中，∠MFG=60°，∴3MF=MG，36∴MF=a，3+3∴BF=BM+MF=a，6在RtΔBFH中，∠BFG=60°，123+3∴FH=BF=a，1233+314∴HG=FG-FH=a-a=(3-1)a，3123333又∵CD=a-a=(3-1)a，CDHG43∴=，34∴HG=CD；(3)设AB=aBC=2aBC的中点NA′DA′CA′NDN3，由旋转可知A′B=AB=a，BBNa22BCBBC=2，2aa∵∴====2，BaBBN=2，又∠BN=∠CBA，∴△A′BN∽ΔCBA′，NCBBC22∴==，22∴N=C，22根据旋转和两点之间线段最短可知，AD+CD+N、、在DN线段DN上，设此时落在处作F⊥AB于FAA4，∵DN分别是ACBC的中点，∴DN是ΔABC的中位线，∴DN⎳AB，∵AB⊥AC，∴DN⊥AC，∵∠A=∠FA=∠DA=90°，∴四边形FAD是矩形，∴AF=DF=AD=2，∵又B=AB=4，设AF=x，在直角三角形FB中，B=F+BF2，40∴4=2+(4-x)2，解得x=4-23．1212121212∴此时SBC=SABC-SAAB-S=AB⋅AC-AB⋅F-AC⋅D=×4×4-×4×2-1×4×(4-23)=43-4．2决问题．19(2023•万州区模拟)ABC中，∠C=90°C作CD⎳AB交过点B的直线于点D∠ABD=30°BD交AC于H．(1)如图1AB=2BD的长；(2)如图2A作AG⊥BD交BD于点GBC的延长线于EAB的中点FGFGF+3GH=BH．(3)在(2)D作DP⊥AB交AB于点PM是线段GFBMΔBGM32沿BM△BG′MAG′+DG′tan∠PDG′的值．(1)过点C作CK⊥AB于点K点B作BL⊥CDDC的延长线于点L质可得AK=BK=CK=1BLCKBL=CK=130°角AGBG3312(2)利用解直角三角形可得=tan∠ABD=tan30°=AG=AB，利用同角的余角相等可得∠EBG=∠EACtan∠EBG=tan∠EACEG=3GHΔAEC≅ΔBHC(ASA)出AE=BHAE=AG+EG=GF+3GH(3)由旋转可得BG′=BGG在以B为圆心，BGB为圆心，BG为半径作⊙BG′ABBQBG′BCF点G作GQ⊥AB于Q接DQG′Q=∠ABG′G′QAG′BG′AB3BGAB3232=∠G′BQΔABG′∽△G′BQ===AG′+DG′=G′Q+DG′≥DQDG′Q在同一条直线上时，AG′+DG′取得最小值DQ2可求得答案．(1)C作CK⊥AB于点KB作BL⊥CDDC的延长线于点L1，则∠AKC=∠BKC=∠BLC=90°，∵CD⎳AB，∴∠KCL=∠AKC=90°∠BDL=∠ABD=30°，∵ΔABC是等腰直角三角形，∠C=90°CK⊥ABAB=2，∴AK=BK=CK=1，41∵∠BKC=∠KCL=∠BLC=90°，∴四边形BLCK是矩形，∴BL=CK=1，∴BD=2BL=2；(2)2，∵AG⊥BD，∴∠AGB=90°，∵∠ABD=30°，AGBG3312∴=tan∠ABD=tan30°=AG=AB，∵∠ACE=180°-∠ACB=90°∠BGE=180°-∠AGB=90°，∴∠AGB=∠ACE=∠BGE=90°，∴∠EBG+∠E=90°∠EAC+∠E=90°，∴∠EBG=∠EAC，∴tan∠EBG=tan∠EAC，EGBGGHEGGHAGAGBG∴∴==，33=，∴EG=3GH，∵点F是AB的中点，∠AGB=90°，1∴GF=AB，2∴GF=AG，∠EAC=∠HBC在ΔAEC和ΔBHC中，AC=BC，∠ACE=∠BCH∴ΔAEC≅ΔBHC(ASA)，∴AE=BH，∵AE=AG+EG=GF+3GH，∴GF+3GH=BH．(3)解：∵将ΔBGM沿BM△BG′M，∴BG′=BGG在以B为圆心，BG为半径的圆上运动，B为圆心，BG为半径作⊙BCF点G作GQ⊥AB于QDQG′Q，∵∠BPD=∠BQG=∠AGB=90°∠ABD=30°，BQBGBPBDBGAB32DPBD12∴===cos∠ABD=cos30°=，=sin30°=，∵DP⊥ABCF⊥AB，∴DP⎳CF，∵CD⎳AB∠DPF=90°，∴四边形CDPF是矩形，∴CF=DP，∵点F是RtΔABC斜边AB的中点，42CFAB12∴=，∴AB=BDBP=BG=BG′，BPABBQBG′BG′AB32BQBGBQ∴∵∴=，32==，=，BG′又∵∠ABG′=∠G′BQ，∴ΔABG′∽△G′BQ，G′QAG′3BG′ABBGAB32∴∴∴===，AG′=G′Q，23232AG′+DG′=G′Q+DG′≥DQDG′Q在同一条直线上时，AG′+DG′取得最小值DQ，32323231212∵BP=BG=ABBQ=BG=ABDP=BD=AB，423-3434∴BP-BQ=AB-AB=AB，23-3ABPQPD23-34在RtΔDPQ中，tan∠PDQ===，12AB223-3∴tan∠PDG′=．2似三角形是解题关键．20(2022•从化区一模)已知，AB是⊙O的直径，AB=42AC=BC．(1)求弦BC的长；(2)若点D是AB下方⊙O上的动点(不与点AB重合)CDCDEF1M是DF的中点，N是BCMN的长为定值；(3)如图2PAP=2CPPBQ从点C2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点BBQ的运动时间t的最小值．(1)AB是⊙O的直径，AC=BC可得到ΔABC43(2)连接ADCMDBFBΔACD≅ΔBCF∠CBF=∠CADDBFΔCMB(3阿氏圆A为圆心，APAC上取点MAM=1PMM作PCPCMH⊥AB于HBM交⊙A于PM=，+BPPM+BPP、22BMBM的长度即可．(1)∵AB是⊙O的直径，∴∠ABC=90°，∵AC=BC，∴ΔABC是等腰直角三角形，∠CAB=45°，∵AB=42，∴BC=AB⋅sin45°=4；(2)连接ADCMDBFB∵ΔABCCDEF是正方形，∴CD=CF∠DCF=∠ACB=90°，∴∠ACD=90-∠DCB=∠BCF，又AC=BC，∴ΔACD≅ΔBCF(SAS)，∴∠CBF=∠CAD，∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=∠CAD+∠ABC+∠ABD=∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD=∠DAB+45°+45°+∠ABD，而AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠ABD=90°，∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=180°，∴DBF共线，∵四边形CDEF是正方形，∴ΔDCF是等腰直角三角形，∵M是DF的中点，∴CM⊥DFΔCMB是直角三角形，∵N是BC的中点，12∴MN=BC=2MN为定值；(3)以A为圆心，APAC上取点MAM=1接PMM作MH⊥AB于HBM交⊙A于44一动点Q从点C2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，PC2∴Q运动时间t=+BP，∵AM=1AP=2AC=BC=4，AMAPAPAC12∴==，又∠MAP=∠PAC，∴ΔMAP∽ΔPAC，PMPCAMAP12∴==，PC∴PM=，2PC2∴+BPPM+BP最小，PC2此时PBMP与重合，t=+BP最小值即是BM的长度，在RtΔAMH中，∠MAH=45°AM=1，22∴AH=MH=∵AB=42，，722∴BH=AB-AH=，RtΔBMH中，BM=BH+MH2=5，∴点Q的运动时间t的最小值为5．PC2ΔMAP∽ΔPAC求+BP最小的问题转化为求BM的长度．21(2022•市中区校级模拟)ΔABC与ΔDEF中，∠ACB=∠EDF=90°BC=ACED=FDD在AB上．(1)如图1F在ACAEAFAEAD(2)如图2D与点AAC=32DE=4ΔDEF绕点DBFG为BF的中32CGCG+BG的最小值；(3)如图3D为ABBFCE交于点MCE交AB于点NBC:DE:ME=7:9:10直45NDCN接写出的值．(1)过F作FH⊥AB于HE作EG⊥AB于GK可得到答案；43(2)AB的中点O接OGOB上取OH=接GH转化线段即可得到答案；(3)过点C作BFF作BC平行线交于点GG作GH⊥BF于点HK作KI⊥FG明ΔBDF≅ΔCDEBC=7tDE=9tME=10t相似三角形及解直角三角形的知识进行计算．(1)线段AFAEAD之间的数量关系：AE+2AD=AF过F作FH⊥AB于HE作EG⊥AB于G∵FH⊥ABEG⊥AB∠EDF=90°，∴∠FHD=∠DGE=90°∠FDH=90°-∠EDG=∠DEG，且DF=DE，∴ΔFHD≅ΔDGE(AAS)，∴FH=DG=AD+AG，∵∠ACB=∠EDF=90°BC=ACED=FD，∴∠FAB=∠FED=45°，∴点FDAE四点共圆，∴∠FAE=∠FDE=90°∠EAG=∠DFE=45°，∵FH⊥ABEG⊥AB∠BAC=45°，∴ΔFAH和ΔEAG为等腰直角三角形，∴AF=2FHAE=2AG，∴AF=2(AD+AG)=2AD+2AG=2AD+AE；4643(2)取AB的中点OOGOB上取OH=GH∵G为BF的中点，O为AB中点，∴OG是ΔABF的中位线，121212∴OG=AF=DF=DE=2，∵AC=32，1∴AB=2AC=6OB=AB=3，2OGOB23∴=，4OHOGOGOB233而==，2OHOG∴=，又∠HOG=∠GOB，∴ΔHOG∽ΔGOB，HGBGOGOB23∴==，2∴HG=BG，332322332∴CG+BG=CG+BG=(CG+HG)，32要使CG+BGCG+HG最小，33232∴当HGC三点共线时，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH21243∵OC=AB=3OH=，，973∴CH=OH+OC2=323232973972∴CG+BG的最小值是CH=×=．(3)过点C作BFF作BC平行线交于点GG作GH⊥BF于点HCDGE交BH于点KK作KI⊥FG∵∠BDC=∠FDE=90°，∴∠BDC+∠CDF=∠FDE+∠CDF∠BDF=∠CDE，且CD=BDDE=DF，∴ΔBDF≅ΔCDE(SAS)，∴BF=CE∠DEC=∠DFB，∵∠DEC+∠DPE=90°∠DPE=∠MPF，∴∠DFB+∠MPF=90°，∴∠FME=90°由BC:DE:ME=7:9:10BC=7tDE=9tME=10t；∴EF=2DE=92t，∵CG⎳BFFG⎳BC，∴四边形BFGC为平行四边形，∴CE=BF=CG∠ECG=∠FME=90°，47∴ΔECG为等腰直角三角形，∴∠CGE=45°=∠GKH，∴ΔGKH为等腰直角三角形，GECEGECEFG=2，CDBCCDEF=2，DE∴∴==2，FGCDEFDE==，∴ΔCDE∽ΔGFE，∴∠DCE=∠FGE，NDCN∴=sin∠DCE=sin∠FGE；RtΔMFE中，MF=EF-ME2=62t，∴FK=MK-MF=ME-MF=10t-62tFG=BC=7t，设∠GFH=α∠KGI=∠NCD=β，GHFGKIKGDNCN∴sinα=,sinβ==，KIFKRtΔFKI中，sinα=，GHFG∴KI=FK⋅sinα=FK⋅，KG∵GH=，22FGFK⋅KG2FG∴KI=FK⋅=，⋅2KGKIKGFK2FG10t-62t2⋅7t52-31∴sinβ=====，7NDCN52-31∴=．7【点评】本题考查等腰直角三角形中的旋转变换，涉及全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性(点在直线上)22(2022•沈阳(1)如图1ΔAOB和ΔCOD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°C在OAD在BO的延长ADBCAD与BC的数量关系是ꢀAD=BCꢀ；(2)如图21中的ΔCOD绕着点O顺时针旋转α(0°<α<90°)(1)问的结论是否仍然成立？(3)如图3AB=8C是线段AB外一动点，AC=33BC．①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CDADAD的最大值是；②若以BC为斜边作RtΔBCD(BCD三点按顺时针排列)∠CDB=90°AD∠CBD=∠DAB=30°AD的值．48(1)证明ΔAOD≅ΔBOC(SAS)(2)利用旋转性质可证得∠BOC=∠AODΔAOD≅ΔBOC(SAS)(3)①过点A作AT⊥ABAT=AB接BTADDTBDΔABC∽ΔTBD出DT=36D的运动轨迹是以T为圆心，36D在AT的延长线上时，AD为8+36；②如图4AB上方作∠ABT=30°A作AT⊥BT于点TADBDDTT作TH⊥323292AD于点HΔBAC∽ΔBTDDT=AC=×33=DHAHAD5AB下方作∠ABE=30°A作AE⊥BE于点EDEΔBAC∽ΔBTD92出DE=AD．(1)AD=BC．理由如下：如图1∵ΔAOB和ΔCOD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OA=OBOD=OC，在ΔAOD和ΔBOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC=90°，OD=OC∴ΔAOD≅ΔBOC(SAS)，∴AD=BC，故答案为：AD=BC；(2)AD=BC仍然成立.2∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD=90°+α，即∠BOC=∠AOD，在ΔAOD和ΔBOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC，OD=OC∴ΔAOD≅ΔBOC(SAS)，∴AD=BC；(3)①过点A作AT⊥ABAT=AB接BTADDTBD，∵ΔABT和ΔCBD都是等腰直角三角形，∴BT=2ABBD=2BC∠ABT=∠CBD=45°，BTABBDBC∴==2∠ABC=∠TBD，∴ΔABC∽ΔTBD，49DTACBTAB∴==2，∴DT=2AC=2×33=36，∵AT=AB=8DT=36，∴点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，∴当D在AT的延长线上时，AD8+36，故答案为：8+36；②如图4AB上方作∠ABT=30°A作AT⊥BT于点TADBDDTT作TH⊥AD于点H，BTABBDBC32∵==cos30°=∠ABC=∠TBD=30°+∠TBC，∴ΔBAC∽ΔBTD，DTACBDBC332∴==，392∴DT=AC=×33=，22在RtΔABT中，AT=AB⋅sin∠ABT=8sin30°=4，∵∠BAT=90°-30°=60°，∴∠TAH=∠BAT-∠DAB=60°-30°=30°，∵TH⊥AD，∴TH=AT⋅sin∠TAH=4sin30°=2AH=AT⋅cos∠TAH=4cos30°=23，92652在RtΔDTH中，DH=DT-TH2=-22=，652∴AD=AH+DH=23+；如图5AB上方作∠ABE=30°A作AE⊥BE于点EDE，BEABBDBC32则==cos30°=，∵∠EBD=∠ABC=∠ABD+30°，∴ΔBDE∽ΔBCA，DEACBEAB332∴==，392∴DE=AC=×33=，2212∵∠BAE=90°-30°=60°AE=AB⋅sin30°=8×=4，∴∠DAE=∠DAB+∠BAE=30°+60°=90°，92172∴AD=DE-AE2=-42=；652172综上所述，AD的值为23+或23(2021•武进区模拟)y=-x+bx+c的图象与轴交于点xA(-1,0)B(3,0)、y轴交于点CBCP是抛物线上一动点．50(1)求二次函数的表达式．(2)当点P不与点ABAPBC于点QΔABQ的面积是ΔBPQ面积的4点P的横坐标．(3)PAPBC于点MAM为斜边向ΔABM外作等腰直角三角形AMNBNΔABNΔABN(1)将AB点坐标代入即可求出二次函数的表达式，(2)P在x轴上方和在x求解，(3)找出N点的运动轨迹为平行于x轴的一条直线即可．(1)∵二次函数经过A(-1,0)(3,0)，0=-(-1)+b⋅(-1)+c0=-3+3b+c∴代入得，b=2c=3解得，所以二次函数的表达式为y=-x+2x+3(2)P在x轴上方时，．过点P作PF⊥x轴于点FE作QE⊥x轴于点EB作BG⊥AP于点G，可得ΔAQE∽ΔAPF，AQAPAEAFQEPF∴==，12⋅AQ⋅BGSSAQQP4∵===，112⋅QP⋅BGAQAPAQ45AEAF∴∴=，QEPF45===，AP设点P(a,-a+2a+3)，∴OF=aPF=-a+2a+3，4545∴AF=a-(-1)=a+1QE=PF=⋅(-a+2a+3)，454(a+1)∴AE=AF=，54(a+1)4a-1∴OE=AE-AO=-1=，55514a-145∴Q点的坐标可表示为，⋅(-a+2a+3)，5∵B(3,0)C为二次函数与y轴交点，∴C(0,3)，可得BC的解析式为y=-x+3，∵Q在BC上，454a-1∴⋅(-a+2a+3)=-+3，53+53-5解得a=或．22P在x轴下方时，3+133-13同理①可求出P点的横坐标为3-13或(舍去)，22∵-1<<0，23-13∴当P点横坐标为时，P在抛物线的AC段，23+53-53+13综上所述，P点的横坐标为或或．222(3)AB为底在x轴上方作等腰直角三角形ABKNKK作KH⊥x轴于点H，∵ΔAMN和ΔABK均为等腰直角三角形，ANAMAKAB∴=∠N