重难点05 几何动点及最值、存在性问题

重难点突破05几何动点及最值、存在性问题重难点题型突破题型01将军饮马问题1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，点P是边AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E在边AD上，

A．23 B．3 C．32 2．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，且BE=1，F为对角线BD上一动点，连接CF，EF，则CF+EF的最小值为___________．

3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点C3，0，顶点A、B

(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．题型02胡不归问题4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为_____．5．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+12BP

6．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则CP+题型03阿氏圆问题7．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x

(1)求直线AD及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+18．（2023·山东济南·一模）抛物线y=−12x2+a−1x+2a与x轴交于Ab,0，(1)求a，b，c的值；(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若S△PMBS△AMB(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，旋转角为α(0°<α<90°)，连接E'B，E'C，求题型04隐圆问题9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（

）A．52 B．125 C．13−10．（2022·安徽蚌埠·一模）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（

A．325 B．2 C．213−611．（20-21九年级上·江苏盐城·期末）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为________．12．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，直接写出点C的坐标和⊙C的半径；②y轴正半轴上是否有线段AB的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；（2）当点P在y轴正半轴上运动时，∠APB是否有最大值？如果有，说明此时∠APB最大的理由，并求出点P的坐标；如果没有请说明理由．13．（21-22九年级下·福建厦门·期中）如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条直线时，停止运动．(1)求点Q的运动总长度；(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．题型05费马点问题14．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为由_②_可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=_已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为_④_点．(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/15．（2021·山东济南·三模）如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．（1）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P____（填是或不是）该三角形的费马点．（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．题型06瓜豆原理模型16．（22-23九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，A．43+4 B．4 C．417．（2022·广东河源·二模）如图，已知AC=2AO=8，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，连接AB，BC，则线段BC18．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为__________．19．（20-21九年级·陕西西安·开学考试）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连接AE． （1）当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若AB=4，求EF的长．（2）在（1）的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH的中点，连接AN，求AN的最大值．20．（21-22八年级上·广东湛江·阶段练习）在平面直角坐标系中，Aa,0、Bb,0，且a，b满足(a+b)2+|3+b|=0，（1）如图1，若C0,4，求△ABC（2）如图1，若C0,4,BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离；题型07等腰（边）三角形存在问题21．（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根OA<OB，tan∠DAB=43，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线DC−CB向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t(1)求点C的坐标；(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．22．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；(2)延长FA，交射线BE于点G；①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；②若AB=3+6，求△BGF题型08直角三角形存在问题23．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．(1)求线段AE的长；(2)求证四边形DGFC为菱形；(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．24．（2024·山东东营·二模）在人教版八年级下册教材“实验与探究——丰富多彩的正方形”中，我们研究正方形的性质时用到了图①、图②两个图形，图②为大小不等的两个正方形如图排列，整个图形被切割为5部分，受这两个图形的启发，三个数学兴趣小组分别提出了以下问题，请你回答：【问题一】“启智”小组提出问题：如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC【问题二】受图①启发，“善思”小组继续探究，画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为10，求四边形OEAG的面积；【问题三】受图②启发，“智慧”小组继续探究，画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC=12，CE=4．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，请直接写出BP的长度；若不存在，说明理由．25．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BC=10cm，AD=8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为(1)AH=__________，EF=__________（用含t的式子表示）．(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．题型09平行四边形存在问题26．（2022·湖北荆州·一模）如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A、B两点，点A在点B的左侧，且A−1,0,B4,0，与y轴交于点C，连结BC，以BC为边，点O为中心作菱形BDEC，点P是(1)求该抛物线对应的函数解析式；(2)x轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)当点P在线段OB上运动时，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交BD于点M．试探究：当m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？请说明理由．27．（2023·黑龙江鸡西·模拟预测）在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，如图，已知∠A=60°，C2,0(1)求点D的坐标(2)动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴于E，直线PE交直线CD于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t的取值范围.(3)在（2）的条件下，连接CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，说明理由.题型10矩形、菱形、正方形存在问题28．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为

(1)求直线AD的解析式．(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式．(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．29．（2024·河北张家口·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，tan∠CAB=43．动点M以每秒2个单位的速度从点A出发，沿着A→B→C的方向运动，当点M到达点C时，运动停止．点N是点M关于点B的对称点，过点M作MQ⊥AC于点Q，以MN，MQ为邻边作平行四边形MNPQ，设点(1)求BC的长；(2)当t=2时，求证：QP=AM；(3)是否存在这样的t值，使得平行四边形MNPQ为菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．30．综合与探索【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,CB=CA，过点A作AD⊥l交于点D，过点B作BE⊥l交于点E，易得△ADC≌△CEB，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明）

【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线l1:y=2x+4分别与y轴，x轴交于点（1）直接写出OA=_________，OB=_________；（2）在第二象限构造等腰直角△ABE，使得∠BAE=90°，则点E的坐标为_________；

（3）如图3，将直线l1绕点A顺时针旋转45°得到l2，求

【拓展应用】（4）如图4，直线AB:y=2x+8分别交x轴和y轴于A,B两点，点C在第二象限内一点，在平面内是否存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．题型11全等/相似存在性问题31．（2023·广西南宁·二模）如图，在△ABC中，AD为高，AC=18．点E为AC上的一点，CE=12AE，连接BE，交AD于O(1)猜想线段BO与AC的位置关系，并证明；(2)有一动点Q从点A出发沿射线AC以每秒6个单位长度的速度运动，设点Q的运动时间为t秒，是否存在t的值，使得△BOQ的面积为27？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；(3)在（2）条件下，动点P从点O出发沿线段OB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，点F是直线BC上一点，且CF=AO，当△AOP与△FCQ全等时，求t的值．32．（2023·北京海淀·模拟预测）如图，在平面角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标0，−23，过原点的直线OC与直线(1)点C坐标为______，OC=______，△BOC的面积为______，S△OAC(2)点C关于x轴的对称点C'(3)过O点作OE⊥OC交AB于E点，则△OAE的形状为______，请说明理由；(4)在坐标平面内是否存在点F使△AOF和△AOB全等，若存在，请直接写出F坐标，若不存在，请说明理由33．（2023·广西桂林·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，且B点坐标为4，3．动点M、N分别从点O、B同时出发，以1单位/秒的速度运动（点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动），过点N作NP∥AB交AC于点P，连接(1)直接写出OA、AB的长度；(2)在运动过程中，请求出△MPA的面积S与运动时间t的函数关系式；(3)在运动过程中，△MPA的面积S是否存在最大值？若存在，请求出当t为何值时有最大值，并求出最大值；若不存在，请说明理由．(4)在运动过程中，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC能相似吗？若能相似，请求出运动时间t的值；若不能相似，请说明理由．题型12角度存在性问题34．（2023·陕西西安·模拟预测）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．

(1)如图1，在△ABC中．按如下做法：①作BC的中垂线l：②作∠ABC的角平分线与中垂线l交于点O；③连接CO并延长与AB交于点P，得到△BCP．若按上述作法，得到的△BCP是倍角三角形．则∠PBC与∠PCB的等量关系___________；(2)如图2，在矩形ABCD中，以BC为底边做一个倍角三角形顶点P恰好落在AD边上．若BC=4，BP=2．求CP的长度．(3)如图3，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD=3，BC=12．工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边CD上，△BCP为以BC为底边且∠CBP=2∠C的倍角三角形．是否存在满足要求的△BCP？若存在，请确定点P位置（求出35．（2023·上海浦东新·二模）已知：⊙O的直径AB=10，C是AB的中点，D是⊙O上的一个动点（不与点A、B、C重合），射线CD交射线AB于点E．(1)如图1，当BE=AB，求线段CD的长；(2)如图2，当点D在BC上运动时，连接BC、BD，(3)连接OD，当△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求△ODE与△CBE面积的比值．36．（2023·浙江金华·一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是射线BC上的动点，连结AP，在AP的右边作∠PAQ=12∠BAC，交射线BC(1)当BP=1时，求点P到AB的距离．(2)当点P在线段BC上运动时，记BP=x，CQ=y，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为45°时，求BQ的长，并指出相应的45°角．

重难点突破05几何动点及最值、存在性问题重难点题型突破题型01将军饮马问题1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，点P是边AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E在边AD上，

A．23 B．3 C．32 【答案】C【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM=12BP，DN=12CP，通过证明四边形MNDE是平行四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN=12BP+CP，作点C关于直线AD的对称点M，则BP+CP=BP+PM，点B【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAP=∠CDP=90°，AD∥∵点M，N分别是PB，∴AM=12BP，DN=12∵AD∥BC，∴MN∥又∵ME∥∴四边形MNDE是平行四边形，∴ME=DN，∴AM+ME=AM+DN=1如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，则BP+CP=BP+PM，当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=210，∴BM=B∴AM+ME的最小值=1故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．2．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，且BE=1，F为对角线BD上一动点，连接CF，EF，则CF+EF的最小值为___________．

【答案】17【分析】连接AE交BD于一点F，连接CF，根据正方形的对称性得到此时CF+EF=AE最小，利用勾股定理求出AE即可．【详解】解：如图，连接AE交BD于一点F，连接CF，∵四边形ABCD是正方形，∴点A与点C关于BD对称，∴AF=CF，∴CF+EF=AF+EF=AE，此时CF+EF最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD=4,∠ABC=90°，∵点E在AB上，且BE=1，∴AE=AB2+B故答案为：17．【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点C3，0，顶点A、B

(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=6x(2)在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小,最小值是2【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACE≌△CBDAAS，则CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3−m得到点A的坐标是3−m,3，由A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上得到33−m=6m，解得m=1，得到点（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，利用轴对称的性质得到AP=A'P，A'2,−3，则AP+PB=A'【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，则∠AEC=∠CDB=90°，

∵点C3，0∴OC=3,OD=6,BD=m，∴CD=OD−OC=3，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=90°,AC=BC，∵∠ACE+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，∴∠ACE=∠CBD，∴△ACE≌△CBDAAS∴CD=AE=3,BD=EC=m，∴OE=OC−EC=3−m，∴点A的坐标是3−m,3，∵A、B6，m∴33−m解得m=1，∴点A的坐标是2,3，点B的坐标是6,1，∴k=6m=6，∴反比例函数的解析式是y=6设直线AB所对应的一次函数的表达式为y=px+q，把点A和点B的坐标代入得，2p+q=36p+q=1，解得p=−∴直线AB所对应的一次函数的表达式为y=−1（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交

∴点A与点A'关于x∴AP=A'P∵AP+PB=A∴AP+PB的最小值是A'∵AB=2−62+∴此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A设直线A'B的解析式是则2n+t=−36n+t=1解得n=1t=−5∴直线A'B的解析式是当y=0时，0=x−5，解得x=5，即点P的坐标是5,0，此时AP+PB+AB=AB+A综上可知，在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小，最小值是2【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．题型02胡不归问题4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为_____．【答案】42【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2【详解】解：如图，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝12∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝12在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB•sin45°＝4×2∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42故答案为：42【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．5．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+12BP

【答案】6【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE=12OA=2，进而求出BE=BO+EO=6【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO

∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC∴∠ABE=∠CBE=∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4∴OA=OB=4，CF⊥AB，∴∠OBA=∠OAB=30°∴∠OAE=∠OAB=∵BE⊥AC∴OE=∴BE=BO+EO=6∵PD⊥AB，∠ABE=30°∴PD=∴CP+∴CP+12BP∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB∴CF=BE=6∴CP+1故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．6．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则CP+【答案】2【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，先利用角平分线和三角形的内角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ=12AP，则CP+12AP=CP+PQ≥CH，当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，由题意知：AF平分∠BAC，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，∴∠BAF=1∴PQ=1∴CP+1∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，∴AB=2AC=8，∴BC=A∵S△ABC∴CH=AC⋅BC即CP+12AP故答案为：23【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．题型03阿氏圆问题7．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x(1)求直线AD及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+1【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=(2)存在，点M的坐标为4,−3或0,5或5,0(3)41【分析】（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，∴A1,0将A1,0代入直线y=kx−1，得k−1=0解得k=1，∴直线AD的解析式为y=x−1；将A1,0,B5,0a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1∴抛物线的解析式为y=x（2）存在点M，∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．∴当x=3时，y=x−1=2，∴D3,2①当∠DAM=90°时，设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，得−1+c=0，解得c=1，∴直线AM的解析式为y=−x+1，解方程组y=−x+1y=得x=1y=0或x=4∴点M的坐标为4,−3；②当∠ADM=90°时，设直线DM的解析式为y=−x+d，将D3,2得−3+d=2，解得d=5，∴直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组y=−x+5y=解得x=0y=5或x=5∴点M的坐标为0,5或5,0综上，点M的坐标为4,−3或0,5或5,0；（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，∵PB=2，∴BFPB∵PBAB∴BFPB又∵∠PBF=∠ABP，∴△PBF∽△ABP，∴PFPA=BF∴PC+1∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，∴CF=O∴PC+12PA【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．8．（2023·山东济南·一模）抛物线y=−12x2+a−1x+2a与x轴交于Ab,0，(1)求a，b，c的值；(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若S△PMBS△AMB(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，旋转角为α(0°<α<90°)，连接E'B，E'C，求【答案】(1)a=2，b=−2，c=4(2)P(3)337【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得lBC的解析式，设Pm,−1（3）在y轴上取一点F，使得OF=94，连接BF，由相似三角形的判定与性质可得FE【详解】（1）解：将B4,0代入y=−得−8+4a−1∴a=2，∴抛物线的解析式为y=−1令x=0，则y=4，∴c=4，令y=0，则0=−1∴x1=4∴A−2,0，即b=−2∴a=2，b=−2，c=4（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，设lBC：y=kx+b，将0,4，4,0代入得b=44k+b=0解得：b=4，∴lBC：设Pm,−12PD=y∵PD∥∴△AMH∽△PMD，∴PM将x=−2代入y=−x+4，∴HA=6，∵S∴PD∴PD=3∴3∴m1=1(舍)∴P3,（3）在y轴上取一点F，使得OF=94，连接根据旋转得性质得出：OE∵OF⋅OC=9∴OE∴OE∵∠COE∴△FOE∴FE∴FE∴E'B+34E'C=BE'最小值为：BF=4【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．题型04隐圆问题9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（

）A．52 B．125 C．13−【答案】D【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆∵四边形ABCD为矩形∴∠BAP∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD∴∠AMD∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上连接OB交圆O与点N∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短∵BO2∴B∴BO=∵BN=BO−AO=故选：D．【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．10．（2022·安徽蚌埠·一模）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（

A．325 B．2 C．213−6【答案】D【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB=12AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC【详解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，∴OP=OA=OB=1∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，当点O、点P、点C三点共线时，PC最小在Rt△BCO∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，∴OC=B∴PC=OC−OP=2∴PC最小值为2故选：D．【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．11．（20-21九年级上·江苏盐城·期末）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为__________．【答案】18【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，【详解】解：连接OP，∵PA⊥PB，∴∠APB=90°，∵AO=BO，∴AB=2PO，若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则OQ=5，MQ=12，∴OM=13，又∵MP'=4，∴OP'=9，∴AB=2OP'=18，故答案是：18．【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．12．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，直接写出点C的坐标和⊙C的半径；②y轴正半轴上是否有线段AB的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；（2）当点P在y轴正半轴上运动时，∠APB是否有最大值？如果有，说明此时∠APB最大的理由，并求出点P的坐标；如果没有请说明理由．【答案】（1）①(4，3)或(4,−3)，半径为32；②存在，(0，3+2)或(0，3−2)，见解析；（2）有，见解析，(0，7)【分析】（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为P1，P2，此时P1，P2在y轴的正半轴上，连接CP1、CP2、CA，则CP1=（2）如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=12AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得EF=7，则【详解】（1）①如图1中，在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件；②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“。如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，∵⊙C的半径r=32∴⊙C与y轴相交，设交点为P1，P2，此时P1，P连接CP1、CP2、CA，则CP1=CP∵CD⊥y轴，CD=4，CP∴DP∴P1(0,3+2当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，如图3所示，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，∵点P，点N在⊙E上，∴∠APB=∠ANB，∵∠ANB是△MAN的外角，∴∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=12AB=3，OF∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，∴⊙E的半径为4，即EA=4，∴在Rt△AEF中，EF=E∴OP=7即P(0【点睛】本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．13．（21-22九年级下·福建厦门·期中）如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条直线时，停止运动．(1)求点Q的运动总长度；(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．【答案】(1)2(2)7【分析】（1）如图，设∠COQ=α,结合题意可得：∠BOP=2α，结合正三角形的性质求解α=60°,再利用弧长公式进行计算即可；（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，证明M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，可得当C，N，M三点共线时，CM最大，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，设∠COQ=α,结合题意可得：∠BOP=2α，∵△ABC为等边三角形，∴∠BOC=360°∴∠BOQ=120°−α,而P,O,Q三点共线，∴∠BOQ=180°−2α,∴120°−α=180°−2α,解得：α=∴Q运动的总长度为：60π×2（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，∵M为PB的中点，∴NM=1∴M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，∴当C，N，M三点共线时，CM最大，∵∠BOC=120°,OB=OC,∴∠OBC=30°,∴NK=1同理可得：BE=3,则∴CK=23∴NC=(∴CM=CN+NM=7∴CM的最大值为：7【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．题型05费马点问题14．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为由_②_可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=_已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为_④_点．(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P【详解】（1）解：∵PC=P∴△PCP∴PP'=PC又P'A'由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC最小值为A'B，此时的∴∠BPC+∠P'PC=180°∴∠BPC=120°，∠A又∵△APC≅△A∴∠APC=∠AP∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；∵∠BAC≥120°，∴BC>AC，BC>AB，∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．∴该三角形的“费马点”为点A，故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A

∵∠ACP=∠A∴∠ACP+∠BCP=∠A又∵∠PC∴∠BCA由旋转性质可知：AC=A∴A'∴PA+PB+PC最小值为5，（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·∴当PA+PB+2将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC∴PP∴PA+PB+2当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+P

过点A'作A'H⊥BC∵∠ACB=60°，∠ACA∴∠A∴A'∴HC=A∴BH=BC+CH=23∴APA+PB+2PC总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2故答案为：2【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．15．（2021·山东济南·三模）如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．（1）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P______（填是或不是）该三角形的费马点．（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．【答案】（1）是；（2）见解析；（3）①60°，②见解析【分析】（1）由等边三角形的性质证明∠ABP=∠PAB=30°,可得∠APB=120°,同法可得：∠APC=∠BPC=120°,从而可得结论；（2）由P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，证明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，从而可得△ABP∽△BCP；（3）①如图2所示：由△ABE与△ACD都为等边三角形，证明△ACE≌△ADB（SAS），利用全等三角形的性质可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；②先证明△ADF∽△PCF，可得AFPF=DFCF,再证明△AFP∽△DFC．可得∠APC＝∠CPD【详解】解：（1）如图1所示：∵AB＝BC，BM是AC的中线，∴MB平分∠ABC．同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．∵△ABC为等边三角形，∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．∴∠APB＝120°．同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．∴P是△ABC的费马点．故答案为：是．（2）∵P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．∴∠APB＝∠BPC＝120°，∴∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，∴∠PAB＝∠PBC，∴△ABP∽△BCP．（3）如图2所示：①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△ACE和△ABD中，{AC=AD∴△ACE≌△ADB（SAS），∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠4，∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；②证明：∵∠1=∠2,∠3=∠4,∴△ADF∽△PCF，∴AF∵∠AFP＝∠CFD，∴△AFP∽△DFC．∴∠APF＝∠ACD＝60°，∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，∵∠6=60°,∴∠BPC＝120°，∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，∴P点为△ABC的费马点．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，确定图中隐含的全等三角形与相似三角形是解题的关键．题型06瓜豆原理模型16．（22-23九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，A．43+4 B．4 C．4【答案】A【分析】以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，证明△DCM≌△ACB得到DM=AB=2，分析出点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，在求出点D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DM，∵∠DCA=∠MCB=60°，∴∠DCA−∠ACM=∠MCB−∠ACM，即∠DCM=∠ACB，在△DCM和△ACB中，DC=AC∠DCM=∠ACB∴△DCM≌△ACBSAS∴DM=AB=2，∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，要使△BCD的面积最大，则求出点D到线段BC的最大距离，∵△BCM是边长为4的等边三角形，∴点M到BC的距离为23∴点D到BC的最大距离为23∴△BCD的面积最大值是12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D的轨迹圆，再求出圆上一点到定线段距离的最大值．17．（2022·广东河源·二模）如图，已知AC=2AO=8，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，连接AB，BC，则线段BC【答案】2【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到AMAO=ABAP=32，从而证明△AMB∽△AOP，得到BMOP=ABAP=32，则BM=3，则点B在以M【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，∵BP=1∴AP=PD=2PB，又∵∠APB=60°，∴△APD是等边三角形，∵B为PD的中点，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，∴cos∠OAM同理可得ABAP∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵AMAO∴△AMB∽△AOP，∴BMOP∵点P到点O的距离为2，即OP=2，∴BM=3∴点B在以M为圆心，以3为半径的圆上，连接CM交圆M（半径为3）于B'∴当M、B、C三点共线时，即点B在点B'的位置时，BC∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴AM=AO⋅cos∴AH=AM⋅cos∠MAH=3，∴CH=5，∴CM=H∴B'∴BC的最小值为27故答案为：27【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3的圆上运动．18．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为________．【答案】23+1【分析】作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，由△COP∽△CED，推出OPED=CPCD=2，即ED=12OP=1【详解】解：如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，∴CP=2CD，∴COCE∴△COP∽△CED，∴OPED即ED=1∵点E是定点，DE是定长，∴点D在半径为1的⊙E上，∵OD≤OE+DE=23∴OD的最大值为23故答案为：23【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．19．（20-21九年级·陕西西安·开学考试）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连接AE． （1）当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若AB=4，求EF的长．（2）在（1）的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH的中点，连接AN，求AN的最大值．【答案】（1）EF=83【分析】（1）通过菱形性质证明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的长度，再Rt△DAE中，可以得到DE=2AE，在等腰△DEF中，利用角度推导出DE=（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．【详解】（1）解：过点F作FM⊥BD于点M，如下图：∵四边形ABCD是菱形,且∠BAD=120°∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=∵BD为菱形对角线∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=3又∵E在AB的中垂线上∴AE=BE∴∠BAE=∠ABE=3∴∠AED=60∘在Rt△DAE中，∠ADE=∴DE=2AE设：AE=x，则DE=2x∵A即：x解得：x=∴DE=8∵∠AEF=90∘，∴∠FED=3∴∠FED=∠FDE∴EF=DF又∵FM⊥BD∴EM=DM∴DE=2EM=2×∴8∴EF=（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有AM⊥BC,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：此时：在△AMN在，AM+MN≥AN,当A、M、N三点共线时，AN最大则：在Rt△AMC中，CM=∵AM∴AM∴AM=2又∵M点是BC的中点，N是CH的中点∴MN=∴AN=2【点睛】本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是解题重点．20．（21-22八年级上·广东湛江·阶段练习）在平面直角坐标系中，Aa,0、Bb,0，且a，b满足(a+b)2+|3+b|=0，（1）如图1，若C0,4，求△ABC（2）如图1，若C0,4,BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离；【答案】(1)△ABC的面积为12；(2)D点的坐标为−2,0；(3)A，E两点之间的距离为32【分析】(1)利用完全平方式和绝对值的性质求出a，b，然后确定A、B两点坐标，从而利用三角形面积公式求解即可；(2)根据题意判断出△CBD≅△DAE，从而得到CB=AD，然后利用勾股定理求出CB，即可求出结论；(3)首先根据已知推出△DCB≅△ECA，得到∠DBC=∠EAC=120°，进一步推出AE∥BC，从而确定随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，再根据点到直线的最短距离为垂线段的长度，确定OE最短时，各点的位置关系，最后根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：(1)：∵a+b由非负性可知：a+b=0解得：a=3∴A(3，0)，B(-3，0)，AB=3-(-3)=6，∵C(0，4)，∴OC=4，∴S△ABC=1(2)由(1)知A(3，0)，B(-3，0)，∴OA=OB，∵OC⊥AB，∴∠AOC=∠BOC=90°，在△AOC和△BOC中，OA=OB∠AOC=∠BOC∴△AOC≅△BOCSAS∴∠CBO=∠CAO，∵∠CDA=∠CDE+∠ADE=∠BCD+∠CBA，∠CBA=∠CDE，∴∠ADE=∠BCD，在△BCD和△ADE中，∠BCD=∠ADE∠CBD=∠DAE∴△BCD≅△ADEAAS∴CB=AD，∵B(-3，0)，C(0，4)，∴OB=3，OC=4,∴BC=O∴AD=BC=5，∵A(3，0)，∴D(-2，0)；(3)由(2)可知CB=CA，∵∠CBA=60°，∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°，∠DBC=120°，∵△CDE为等边三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°，∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，∴∠DCB=∠ECA，在△DCB和△ECA中，CD=CE∠DCB=∠ECA∴△DCB≌△ECA(SAS)，∴∠DBC=∠EAC=120°，∵∠EAC+∠ACB=120°+60°=180°，∴AE∥BC，即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，∵要使得OE最短，∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，∵∠DBC=∠EAC=120°，∠CAB=60°，∴∠OAE=∠EAC-∠CAB=60°，∠AOE=30°，∵A(3，0)，∴OA=3，∴AE=1∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为32【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质等，理解平面直角坐标系中点坐标的特征，掌握等腰或等边三角形的性质，熟练使全等三角形的判定与性质是解题关键．题型07等腰（边）三角形存在问题21．（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根OA<OB，tan∠DAB=43，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线DC−CB向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t(1)求点C的坐标；(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)点C坐标为7,4(2)S=(3)存在点P4,4或92,4或5912【分析】（1）先求出方程的解，可得OA=3，OB=4，再由tan∠DAB=43，可得OD=4，然后根据四边形ABCD是平行四边形，可得CD（2）分两种情况讨论：当0⩽t<7时，当7<t⩽12时，过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，即可求解；（3）分三种情况讨论：当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F；当PC=CM=52时；当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点【详解】（1）解：x2−7x+12=0，解得x1∵OA<OB，∴OA=3，OB=4，∵tan∠DAB=∴ODOA∴OD=4，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB=3+4=7，DC∥AB，∴点C坐标为7,4；（2）解：当0⩽t<7时，S=1当7<t⩽12时，过点A作AF⊥BC交CB的延长线于点F，如图，AD=O∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=5，∵BC⋅AF=AB⋅OD，∴5⋅AF=7×4，∴AF=28∴S=1∴S=14−2t（3）解：存在点P，使△CMP是等腰三角形，理由如下：根据题意得：当点P在CD上运动时，△CMP可能是等腰三角形，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠C=∠BAD，BC=AD=5，∴tanC=∵点M为BC的中点，∴CM=5当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F，∴CF=3设PC=PM=a，则PD=7-a，PF=a−3∵PF2+FM2=PM2，∴a−322∴DP=7−PC=59∴此时点P5912当PC=CM=5∴PD=7−PC=9∴此时点P92当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点G，则CG=3∴PC=2CG=3，∴PD=7-PC=4，∴此时点P4,4；综上所述，存在点P4,4或92,4或5912【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．22．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；(2)延长FA，交射线BE于点G；①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；②若AB=3+6，求△BGF【答案】(1)见解析(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，若点F是等腰三角形BGF的顶点，则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得到FG=CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG=∠BCG，求得∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°，根据等腰三角形的性质得到∠GBC=∠GCB=②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=22x，根据直角三角形的性质得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，当当G，M，【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到BF=BC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=15°，∴∠CBE=75°，∵BC于BE对称的线段为BF，∴∠FBE=∠CBE=75°，∴∠ABF=∠FBE−∠ABE=60°，∴△ABF是等边三角形；（2）①∵BC于BE对称的线段为BF，∴BF=BC∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB，∴BF=BC=BA，∵E是边AD上一动点，∴BA<BE<BG，∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，若点F是等腰三角形BGF的顶点，则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此时E与D重合，不合题意，∴只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，

∵BC=BF∴△CBG≌△FBG∴FG=CG，∴BG=CG，∴△BGF为等腰三角形，∵BA=BC=BF，∴∠BFA=∠BAF，∵△CBG≌∠FBG，∴∠BFG=∠BCG∴AD∴∠AHG=∠BCG∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°∴∠FGC=180°−∠HAG−∠AHG=90°，∴∠BGF=∠BGC=∵GB=GC∴∠GBC=∠GCB=∴∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；②由①知，△CBG要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=22∵∠AGC=90°，M是AC的中点，∴GM=1∴PG≤GM+MN=(2当G，M，N三点共线时，取等号，∴△BGF面积的最大值，△BGF的面积====如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，∴AQ=PB=x，∴QM=MP=x,GM=2∴GQ=1∵QE+AE=AQ=x，∴AQAE∴AE=2(2−1)x【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．题型08直角三角形存在问题23．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．(1)求线段AE的长；(2)求证四边形DGFC为菱形；(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)AE=3(2)见解析(3)存在，x=2或2.5【分析】（1）根据在Rt△AEF中，A（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．【详解】（1）解：如图∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，∴CF=CD=10，在Rt△BCF中，BF=∴AF=AB−BF=10−6=4，设AE=a，则DE=EF=8−a，在Rt△AEF中，Aa2解得a=3，∴AE=3；（2）∵DE=AD−AE=8−3=5，∴tan∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥∴∠EGA=∠DCE，∴tan∵EA=3，∴GA=6，Rt△GAD中，DG=∴FG=GA+AF=6+4=10，∴GD=DC=CF=GF，∴四边形DGFC为菱形；（3）∵∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形设∠DMN=∠DCM=α由（2）可得tan∴tan∠DMN①当∠DNM=90°时，如图，∴DN=12NM∵GD=CD∴∠DGM=∠DCM=α∴∠NMG=90°−α∴∠DMG=90°−α+α=90°∵DG=DC=10∵∴GN=2NM∴10−x=2×2x解得x=2；②当∠NDM=90°时，同理可得DN=∴ND=综上所述，ND=2或2.5【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．24．（2024·山东东营·二模）在人教版八年级下册教材“实验与探究——丰富多彩的正方形”中，我们研究正方形的性质时用到了图①、图②两个图形，图②为大小不等的两个正方形如图排列，整个