专题39 中考最值难点突破阿氏圆问题（解析版 ）

专题39中考最值难点突破阿氏圆问题（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

【模型简介】

在圆上找一点P使得PA＋k·PB的值最小．

类型一求和最小

求PA＋k·PB的最小值，PA＋k·PB＝PA＋PC≥AC，当A，P，C三点共线时，最小值为AC

典例1（2019秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．

已知平面上两点A、B，则所有符合k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希

𝑃

=

腊数学家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆�．�

阿氏圆基本解法：构造三角形相似．

【问题】如图1，在平面直角坐标系中，在x轴，y轴上分别有点C（m，0），D（0，n），点P是平面内

一动点，且OP＝r，设k，求PC+kPD的最小值．

��

=

𝑂

阿氏圆的关键解题步骤：

第一步：如图1，在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；

第二步：证明kPD＝PM；第三步：连接CM，此时CM即为所求的最小值．

下面是该题的解答过程（部分）：

解：在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，

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又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．

任务：

（1）将以上解答过程补充完整．

（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为△ABC内一动点，满足CD＝2，利

用（1）中的结论，请直接写出ADBD的最小值．

2

思路引领：（1）在OD上取点M，使+得3OM：OP＝OP：OD＝k，利用相似三角形的性质以及两点之间线

段最短解决问题即可．

（2）利用（1）中结论计算即可．

解（1）在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，

又∵∠POD＝∠MOP，

∴△POM∽△DOP．

∴MP：PD＝k，

∴MP＝kPD，

∴PC+kPD＝PC+MP，当PC+kPD取最小值时，PC+MP有最小值，即C，P，M三点共线时有最小值，

利用勾股定理得．

2222222

𝐶=��+𝐶=�+(𝑘)=�+��

（2）∵AC＝m＝4，，在CB上取一点M，使得CMCD，

𝑂224

===

��333

∴的最小值为．

2242410

总�结�提+升3：��本题属于相似形4综+合(题3)，=考查3了相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等

知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

针对训练

1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，C半径为2，P为圆上一动点，连接AP，BP，

⊙

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求APBP的最小值．

1

+2

思路引领：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，则有，以此可证明△PCD

𝑂��1

==

∽△BCP，即可得到，APAP+PD，以此可推出当点A、P�、�D在�同�一条2直线上时，APBP

𝑂111

=+��=+

的最小值为AD的长�，�再根2据勾股2定理即可求解．2

解：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，

则有，

𝑂��1

==

∵∠P�C�D＝�∠�BCP2，

∴△PCD∽△BCP，

∴，

𝑂1

=

∴��2，

1

𝑂=��

∴AP2AP+PD，

1

+��=

要使AP2BP最小，只要AP+PD最小，

1

当点A、+P2、D在同一条直线上时，AP+PD最小，

即APBP的最小值为AD的长，

1

在Rt△+A2CD中，CD＝1，AC＝6，

∴．

22

��=��+𝑂=37

∴APBP的最小值为．

1

+237

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总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据题意分析出点A、P、D在同一条直

线上时，APBP的最小值为AD的长是解题关键．

1

2．如图，在平面+直2角坐标系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M为圆心，2为半径画圆，O为原点，

P是M上一动点，则PO+2PA的最小值为10．2

⊙

思路引领：连接OM，在OM上截取MN，使得MN，连接PN，AN．证明△PMN∽△OMP，推出

𝑃

=2=

，推出PNOP，推出OP+2OA＝2（OP+PA）＝2（PN+PA），再根据PN+PA≥AN，求出�A�N，

��111

==

可��得结2论．22

解：连接OM，在OM上截取MN，使得MN，连接PN，AN．

=2

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∵M（4，4），

∴OM4，

22

∵PM＝=24，+M4N=2，

∴PM2＝M2N•MO，=2

∴，

𝐶��

=

∵∠��PMN�＝�∠OMP，

∴△PMN∽△OMP，

∴，

𝑃��1

==

∴P�N�O�P�，2

1

∵N（=3，23），A（6，﹣1），

∴AN5，

22

=3+4=

∴OP+2OA＝2（OP+PA）＝2（PN+PA），

1

∵PN+PA≥AN，2

∴PN+PA≥5，

∴OP+2OA≥10，

∴OP+2OA的最小值为10，

故答案为：10．

总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．

3．（2018•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，请用

尺规作图做出AB边上的中线CE，并证明BD＝CE：

问题探究：（2）如图2，已知点P是边长为6的正方形ABCD内部一动点，PA＝3，求PCPD的最小

1

+2

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值；

问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，点M是矩形内部一动点，MA＝15，当

MCMD最小时，画出点M的位置，并求出MCMD的最小值．

33

思路+引5领：（1）如图1中，作线段AB的垂直平分+线5MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求，

再根据SAS证明△BAD≌△CAE即可解决问题；

（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE．首先证明△PAE∽△DAP，推出，可得

3𝑃𝑃1

===

PEPD，推出PCPD＝PC+PE，利用三角形2的三边关系即可解决问题；����2

11

=2+2

（3）如图3中，如图2中，在AD上截取AE，使得AE＝9．由△MAE∽△DAM，推出，

����153

===

可得MEMD，推出MCMD＝MC+ME，利用三角形的三边关系即可解决问题�；���255

33

解：（1）=如5图1中，作线段+A5B的垂直平分线MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求；

∵AB＝AC，AE＝EC，AD＝CD，

∴AE＝AD，

∵AB＝AC，∠A＝∠A，AD＝AE，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE．

（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE．

3

=2

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∵PA2＝9，AE•AD6＝9，

3

∴PA2＝AE•AD，=2×

∴，∵∠PAE＝∠DAP，

𝑃��

=

∴△��PAE∽𝑃△DAP，

∴，

𝑃𝑃1

==

∴P�E��P�D，2

1

=

∴PC2PD＝PC+PE，

1

∵PC+P2E≥EC，

∴PCPD的最小值为EC的长，

1

+

在Rt△C2DE中，∵∠CDE＝90°，CD＝6，DE，

9

=2

∴EC，

29215

=6+()=

∴PCPD的最2小值为2．

115

+

22

（3）如图3中，在AD上截取AE，使得AE＝9．

∵MA2＝225，AE•AD＝9×25＝225，

∴MA2＝AE•AE，

∴，

����

=

∵∠��MAE�＝�∠DAM，

∴△MAE∽△DAM，

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∴，

����153

===

∴M��EM��D，255

3

=

∴MC5MD＝MC+ME，

3

∵MC+M5E≥EC，

∴MCMD的最小值为EC的长，此时点M在线段EC上（如图M′）．

3

在Rt△+C5DE中，∠CDE＝90°，CD＝18，DE＝16，

∴EC2，

22

=16+18=145

∴MCMD的最小值为2．

3

总结提+升5：本题属于四边形综14合5题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相

似三角形的判定和性质，三角形的三边关系，最短问题等知识，解题的关键是运用数形结合的思想解决

问题，添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．

类型二求差最大

典例2（2020秋•天宁区校级月考）如图，已知菱形ABCD的边长为8，∠B＝60°，圆B的半径为4，点

P是圆B上的一个动点，则PDPC的最大值为2．

1

−237

思路引领：连接PB，在BC上取一点G，使得BG＝2，连接PG，DG，过点D作DH⊥BC交BC的延长

线于H．利用相似三角形的性质证明PGPC，再根据PDPC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得结论．

11

解：连接PB，在BC上取一点G，使得B=G2＝2，连接PG，D−G2，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于H．

∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，

∴PB2＝BG•BC，

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∴，

𝑃��

=

∵∠��PBG�＝�∠CBP，

∴△PBG∽△CBP，

∴，

𝐵𝑃1

==

∴P�G��P�C，2

1

∵四边=形2ABCD是菱形，

∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，

∴∠DCH＝∠ABC＝60°，

在Rt△CDH中，CH＝CD•cos60°＝4，DH＝CD•sin60°＝4，

∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，3

∴DG2，

2222

=��+��=10+(43)=37

∵PDPC＝PD﹣PG≤DG，

1

−

∴PD2PC≤2，

1

−37

∴PD2PC的最大值为2．

1

总结提−升2：本题考查阿氏圆3问7题，菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．

针对训练

1．（2022•常熟市二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，B的半径为2，点P是B上的一个动点，

⊙⊙

则PDPC的最大值为5．

1

−2

思路引领：由PDPC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PDPC的值最大，最大值为

11

DG＝5．−2−2

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解：在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，

∵2，2，

𝑃2��4

====

∴��1，𝑃2

𝑃��

=

∵∠��PBG�＝�∠PBC，

∴△PBG∽△CBP，

∴，

𝐵��1

==

∴P�G��P�C，2

1

=

当点P在2DG的延长线上时，PDPC的值最大，最大值为DG5．

122

故答案为：5−2=4+3=

总结提升：本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构

建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较

难，属于中考压轴题．

2．（2021•商河县校级模拟）（1）初步思考：

如图1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N为BC上一点且BN＝1，试证明：PNPC

1

（2）问题提出：=2

如图2，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PDPC的最

1

小值．+2

（3）推广运用：

如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PDPC

1

−2

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的最大值．

思路引领：（1）通过相似三角形△BPN∽△BCP的性质证得结论；

（2）如图2中，在BC上取一点G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出，推出PGPC，

𝐵��11

===

推出PDPC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，当D、G、P共线时，PD��P�C�的值2最小，最小2值为

11

++

DG25．由PDPC＝PD﹣PG≤DG；2

221

（3=）如4图+33中，=在BC上取−一2点G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．解法类似（2）；

（1）证明：如图1，

∵PB＝2，BC＝4，BN＝1，

∴PB2＝4，BN•BC＝4．

∴PB2＝BN•BC．

∴．

����

=

又∵��∠B＝��∠B，

∴△BPN∽△BCP．

∴．

𝑃��1

==

∴P�N�P�C�；2

1

（2）=如2图2，在BC上取一点G，使得BG＝1，

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，

𝑃2，��4

∵��=1=2𝑃=2=2

𝑃��

∴��=𝑃∠𝑃�=∠𝑃�

∴△𝑃�∽△𝑃�

𝐵��1

∴��=𝑃=2

1

∴𝐵=2��

1

∴𝑂+��=��+𝐵

当、、共线2时，的值最小，

∵��+𝐵≥��

最小值为1

∴���𝑂+2��

22

��=4+3=5

（3）同（2）中证法，如图3，

当点P在DG的延长线上时，PDPC的最大值，最大值为．

1

总结提升：本题考查圆综合题、正−方2形的性质、菱形的性质、�相�=似三3角7形的判定和性质、两点之间线段

最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为

两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．

类型三综合应用

典例3（（2020•成华区校级模拟）如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y

轴交于点B（0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB于点

N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．

（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；

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（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当时，求点P的坐标；

�136

=

（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时�2针旋2转5的到OE′，旋转角为（0°＜＜90°），

αα

连接E′A、E′B，求E'AE'B的最小值．

2

+3

思路引领：（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线

AB解析式．

（2）由△PNM∽△ANE，推出，列出方程即可解决问题．

𝑃6

=

（3）在y轴上取一点M使得�O�M′5，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′AE′B的最小

42

值．=3+3

解：（1）∵抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），

则有，解得，

3

�=3

�=−4

∴抛物�线+y3�+x�2=0x+3，�=3

39

=−+

令y＝0，得到4x24x+3＝0，

39

解得：x＝4或﹣−41，+4

∴A（4，0），B（0，3），

设直线AB解析式为y＝kx+b，则，

�=3

解得，4�+�=0

3

�=−4

∴直线�A=B3解析式为yx+3．

3

=−4

（2）如图1中，设P（m，m2m+3），则E（m，0），

39

−4+4

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∵PM⊥AB，PE⊥OA，

∴∠PMN＝∠AEN，

∵∠PNM＝∠ANE，

∴△PNM∽△ANE，

∵△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，，

�136

=

∴，�225

𝑃6

=

∵�N�E∥O5B，

∴，

����

=

∴A�N��（�4﹣m），

5

=

∵抛物线4解析式为yx2x+3，

39

=−+

∴PNm2m+3﹣（4m4+3）m2+3m，

3933

=−4+4−4=−4

∴，

32

−4�+3�6

5=

5

解得4(m4−＝�2)或4（舍弃），

∴m＝2，

∴P（2，）．

9

2

（3）如图2中，在y轴上取一点M′使得OM′，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝

4

OE．=3

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∵OE′＝2，OM′•OB3＝4，

4

∴OE′2＝OM′•OB，=3×

∴，

𝑃′𝑃

=

∵∠𝐶B′OE′𝑃＝′∠M′OE′，

∴△M′OE′∽△E′OB，

∴，

�′�′𝑃′2

==

∴M�′�′E′𝑃BE′3，

2

=

∴AE′BE3′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共

22

线时），+3+3

最小值＝AM′．

242410

总结提升：本题属=于二4次+函(数3)综=合题3，考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，

解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是E′AE′B的最小值，属于中考压轴题

2

针对训练+3

1．（2021•九龙坡区校级模拟）在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若点D为AC上一点，连接BD，将

BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，连接CE，交AB于点F．

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（1）如图1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的长；

（2）如图2，点G为BC的中点，连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°，猜想线段DC与线段HG

的数量关系，并写出证明过程；

（3）如图3，若AB＝4，D为AC的中点，将△ABD绕点B旋转得△A′BD′，连接A′C、A′D，当

A′DA′C最小时，求S△A′BC．

2

思路引+领2：（1）通过作辅助线，构造直角三角形，借助解直角三角形求得线段的长度；

（2）通过作辅助线，构造全等三角形，设AC＝a，利用中位线定理，解直角三角形，用a的代数式表示

CD和HG，即可得CD与HG的数量关系；

（3）构造阿氏圆模型，利用两点之间线段最短，确定A'（4）的位置，继而求得相关三角形的面积．

解：（1）过D作DG⊥BC，垂足是G，如图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°，

∴在直角△BDG中有DG2，，

1

∵∠ACB＝45°，=2��=��=3��=23

∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，

∴BC＝BG+CG，

=2+23

∴ACBC；

2

==2+6

（2）线段2DC与线段HG的数量关系为：HG，

3

=4𝑂

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证明：延长CA，过E作EN垂直于CA的延长线，垂足是N，连接BN，ED，过G作GM⊥AB于M，如

图：

∴∠END＝90°，

由旋转可知∠EBD＝90°，

∴∠EDB＝45°

∴∠END＝∠EBD＝90°，

∴E，B，D，N四点共圆，

∴∠BNE＝∠EDB＝45°，∠NEB+∠BDN＝180°

∵∠BDC+∠BDN＝180°，∠BCD＝45°，

∴∠BEN＝∠BDC，

∴∠BNE＝45°＝∠BCD，

在△BEN和△BDC中，

，

∠���=∠�𝑂

∠���=∠���

∴�△�=BE�N�≌△BDC（AAS），

∴BN＝BC，

∵∠BAC＝90°，

在等腰△BNC中，由三线合一可知BA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△BEC的中位线，

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∴FG∥BE，FGBE，

1

∵BE⊥BD，=2

∴FG⊥BD，

∵∠ABD＝30°，

∴∠BFG＝60°，

∵∠ABC＝45°，

∴∠BGF＝75°，

设AC＝a，则AB＝a，

在Rt△ABD中，AD，BD＝BE，

323

=�=�

∴FGBE，33

1

=2

∴FG，

3

∵GM=⊥A3B�，

∴△BGM是等腰三角形，

∴MG＝MB，

221211

在Rt△MFG=中2，�∠�M=FG2＝×620�°�，=2×2×2��=2�

∴MF＝MG，

3

∴MF，

3

=�

∴BF＝B6M+MF，

3+3

在Rt△BFH中，=∠B6FG�＝60°，

∴FHa，

13+3

=��=

∴HG＝2FG﹣FH12a，

33+31

=�−=(3−1)�

又∵CD312，4

33

=�−�=(3−1)�

∴，33

𝑂4

=

∴H𝐵G3；

3

（3）=设4AB�＝�a，则BC，取BC的中点N，连接A′D，A′C，A′N，连接DN，如图3，

=2�

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由旋转可知A′B＝AB＝a，

∵，，

�′����2�

=2=2==2

���′��

2�

∴，

�′���

==2

又∠��A'BN�＝′�∠CBA'，

∴△A′BN∽△CBA′，

∴，

�′��′�2

==

∴A�'′N��A�'C，2

2

=

根据旋转2和两点之间线段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此时D、A'、N共线，即A'

2

在线段DN上，�′�+2�′�

设此时A'落在A''处，过A''作A''F⊥AB于F，连接AA''，如图4，

∵D，N分别是AC，BC的中点，

∴DN是△ABC的中位线，

∴DN∥AB，

∵AB⊥AC，

∴DN⊥AC，

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∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，

∴四边形A''FAD是矩形，

∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，

∵又A''B＝AB＝4，

设AF＝x，

在直角三角形A''FB中，A''B2＝A''F2+BF2，

∴42＝22+（4﹣x）2，

解得x．

=4−23

∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''ACAB•ACAB•A''FAC•A''D4×44×24×（4

111111

﹣2）＝44．=2−2−2=2×−2×−2×

总结提3升：此3题−主要考查全等三角形判定，等腰三角形的三线合一，解直角三角形，四点共圆，几何最

值的阿氏圆模型等知识，综合性强，难度较大，属于压轴题，解得关键是作辅助线，构造全等三角形和

相似三角形解决问题．

2．（2022•高唐县二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，﹣4），B（0，4），直线AC的解析式

为yx﹣6，且与y轴相交于点C，若点E是直线AB上的一个动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F．

1

（1）=−求2抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；

（2）点H是y轴上一动点，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，四边形EAFH是矩形？求出此

时点E，H的坐标；

（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为E上以动点，求AM+CM的最小

1

⊙

值．2

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思路引领：（1）直接利用待定系数法求解即可；

（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，可判断出AB⊥AC，当四边形EAFH是平行四边形时，

四边形EAFH是矩形，分别点E、H、F的坐标，再利用中点坐标公式求解即可；

（3）先取EG的中点P，进而判断出△PEM∽△MEA，即可得出PMAM，连接CP交E于点M，

1

再求出点P坐标，即可得出结论．=2⊙

解：（1）将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得：

，

−16−4�+�=−4

解�得=：4，

�=−2

∴抛物线�解=析4式为：y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如图，当点E运动到（﹣2，0）时，四边形EAFH是矩形，

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设直线AB的解析式为y＝kx+b，

将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得：

，

−4�+�=−4

解�得=：4，

�=2

∴线AB�的=解4析式为y＝2x+4，

∵直线AC的解析式为yx﹣6，

1

∴AB⊥AC，=−2

∴当四边形EAFH是平行四边形时，四边形EAFH是矩形，此时，EF与AH互相平分，

设E（m，2m+4），H（0，t）则F（m，m﹣6），

1

∵A（﹣4，﹣4），−2

∴，

11

2(�+�)=2(−4+0)

111

解得2：(2�+4−2�−6)=2(−4+�)

�=−2

∴E（﹣�2=，−0）1，H（0，﹣1）；

（3）如图，

由（2）可知E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），

∴EH，AE＝2，

=55

设AE交E于点G，取GE的中点P，则PE，

5

⊙=2

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设P（k，2k+4），

∵E（﹣2，0），

∴PE2＝（k+2）2+（2k+4）2＝（）2，

5

∴k或k（舍去），2

53

=−=−

∴P（2，﹣1）2，

5

∵C（−0，2﹣6），

∴PC，

52255

连接P=C交(−2E)于+点(M−，1连+接6)E=M，2则EM＝EH，

⊙=5

∴5，

𝑃21

==

��52

∵，

��51

==

∴��25，2

𝑃��

=

∵∠��PEM�＝�∠MEA，

∴△PEM∽△MEA，

∴，

𝐶��1

==

∴P�M�A�M�，2

1

=2

∴AM+CM＝PM+CM，

1

∴当2P、M、C三点共线时，AM+CM取得最小值即PC的长，

1

∴AM+CM最小值为．2

155

总2结提升：本题是二次2函数的综合题，考查了待定系数法求函数关系式，平行四边形的性质，矩形的性

质，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，极值的确定，熟练掌握待定系数法求函数解析式，利用

中点坐标公式构建方程，以及构造相似三角形是解决问题的关键．

模块二2023中考押题预测

1．（2021秋•西峡县期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，点E、F分别是边AB、AC的中

点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，则的最小值等于（）

1

𝑃+��

2

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A．4B．C．D．

321715

思路引领：在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，证明△APQ∽△ABP，可得PQPB，则

1

=2

PC+PQ，当C、Q、P三点共线时，PC+PQ的值最小，求出CQ即为所求．

1

𝑃+��=

2解：在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，

∵点E、F分别是边AB、AC的中点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，

∴，

��1

=

∵�A�P＝22，AQ＝1，

∴，

��1

=

∵∠��PAQ2＝∠BAP，

∴△APQ∽△ABP，

∴PQPB，

1

=2

∴PC+PQ≥CQ，

1

𝑃+��=

在2Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，

∴QB，

22

∴=��的+最�小�值=17，

1

𝑃+��17

故选2：C．

总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造

相似三角形是解题的关键．

2．（2022秋•永嘉县校级期末）如图所示，∠ACB＝60°，半径为2的圆O内切于∠ACB．P为圆O上一动

点，过点P作PM、PN分别垂直于∠ACB的两边，垂足为M、N，则PM+2PN的取值范围为6﹣

2PM+2PN≤6+2．

3≤3

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思路引领：PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HPPM，确定HN的最大值和最小值．

11

=

22

解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，

∵PM⊥AC，PN⊥CB，

∴∠PMC＝∠PNC＝90°，

∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°，

∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°，

∴HP＝PM•cos∠MPH＝PM•cos60°