幾何綜合六種模型（解析版）-2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練

壓軸題密押

通用的解題思路：

題型一:兩垂一圓構(gòu)造直角三角形模型

平面內(nèi)有兩點(diǎn)A,E,再找一點(diǎn)。，使得iWC為直角三角形

分類討論：

若ZA=90°,則點(diǎn)。在過(guò)點(diǎn)A且垂直于AB的直線上（除點(diǎn)A外）;

若ZB=90°,則點(diǎn)。在過(guò)點(diǎn)B且垂直于，B的直線上（除點(diǎn)B外）；

若ZC=90°,則點(diǎn)。在以4B為直徑的圓上（除點(diǎn)4E外）.

以上簡(jiǎn)稱“兩垂一圓”.

“兩垂一圓”上的點(diǎn)能構(gòu)成直角三角形,但要除去AE兩點(diǎn).

題型二:兩圓一中垂構(gòu)造等腰三角形模型

分類討論：

若=則點(diǎn)。在以點(diǎn)A為圓心，線段AB的長(zhǎng)為半徑的圓上；

若BA=BC,則點(diǎn)。在以點(diǎn)B為圓心,線段AB的長(zhǎng)為半徑的圓上；

若G4=CB,則點(diǎn)。在線段AB的垂直平分線PQ上以上簡(jiǎn)稱“兩圓一中垂”

“兩圓一中垂”上的點(diǎn)能構(gòu)成等腰三角形，但是要除去原有的點(diǎn)4B,還要除去因共線無(wú)法構(gòu)成三角形的點(diǎn)

以及線段AB中點(diǎn)E（共除去5個(gè)點(diǎn)）需要注意細(xì)節(jié)

題型三:胡不歸模型

【模型解讀】一動(dòng)點(diǎn)在直線外的運(yùn)動(dòng)速度為在直線上運(yùn)動(dòng)的速度為，且V<V,、為

PMNMNM?2MAB

定點(diǎn)，點(diǎn)。在直線MN上,確定點(diǎn)。的位置使穹+等的值最小.（注意與阿氏圓模型的區(qū)分）

1）等+野=9（BC+罄AC），記k=萼，即求8C+比4c的最小值.

V2%,匕'^2'V2

2）構(gòu)造射線4D使得sin/D4N=M尊=k，CH=kAC,將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求BC+CH最小值.

3）過(guò)8點(diǎn)作，AD交MN于點(diǎn)。，交AD于H點(diǎn)，此時(shí)+CH取到最小值，即BC+比4。最小.

【解題關(guān)健】在求形如"P4+kPB"的式子的最值問(wèn)題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與江方相等的線段，將"P4+fcPB"型問(wèn)

題轉(zhuǎn)化為"P4+PC”型.（若%>1,則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可）。

【最值原理】?jī)牲c(diǎn)之間線段最短及垂線段最短。

題型四:阿氏圓模型

【模型解讀】如圖1所示，。。的半徑為r,點(diǎn)A、B都在。。外，P為。。上一動(dòng)點(diǎn)，已知r=k-OB,連接

PA.PB,則當(dāng)“PA+MPB”的值最小時(shí)，P點(diǎn)的位置如何確定？

圖1圖2

如圖2,在線段OB上截取OC使OC=上7,則可說(shuō)明ABFO與5CO相似,即k-PB=PC.

故本題求“PA+kPB”的最小值可以轉(zhuǎn)化為“PA+PC”的最小值，

其中與A與。為定點(diǎn)，P為動(dòng)點(diǎn),故當(dāng)A、P、。三點(diǎn)共線時(shí),UPA+PC”值最小。如圖3所示：

注意區(qū)分胡不歸模型和阿氏圓模型：

在前面的“胡不歸”問(wèn)題中，我們見(jiàn)識(shí)了“k-PA+PB”最值問(wèn)題，其中P點(diǎn)軌跡是直線，而當(dāng)P點(diǎn)軌跡變?yōu)閳A

時(shí)，即通常我們所說(shuō)的"阿氏圓”問(wèn)題.

【量值原理】?jī)牲c(diǎn)之間線段最短及垂線段最短解題。

題型五:瓜豆原理模型（點(diǎn)在直線上）

【模型解讀】

瓜豆原理:若兩動(dòng)點(diǎn)到某定點(diǎn)的距離比是定值，夾角是定角，則兩動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑相同。

動(dòng)點(diǎn)軌跡基本類型為直線型和圓弧型，本專題受教學(xué)進(jìn)程影響,估只對(duì)瓜豆原理中的直線型軌跡作講解。

主動(dòng)點(diǎn)叫瓜，從動(dòng)點(diǎn)叫豆，瓜在直線上運(yùn)動(dòng)，豆也在直線_上運(yùn)動(dòng)；瓜在圓周上運(yùn)動(dòng)，豆的軌跡也是圓。

古人云：種瓜得瓜,種豆得豆.“種”圓得圓，“種”線得線,謂之“瓜豆原理”。

模型1、運(yùn)動(dòng)軌跡為直線

1）如圖，P是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP,取AP中點(diǎn)Q,當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)軌跡是？

解析:當(dāng)P點(diǎn)軌跡是直線時(shí)，Q點(diǎn)軌跡也是一條直線.

理由:分別過(guò)4Q向BO作垂線，垂足分別為“、M在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，因?yàn)锳P=2AQ,所以QN始終

為AM的一半,即Q點(diǎn)到BC的距離是定值,故Q點(diǎn)軌跡是一條直線.

2）如圖，在△APQ中4P=AQ,ZPAQ為定值，當(dāng)點(diǎn)P在直線BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求Q點(diǎn)軌跡？

解析:當(dāng)AP與AQ夾角固定且AP/Q為定值的話，P、Q軌跡是同一種圖形。

理由：當(dāng)確定軌跡是線段的時(shí)候,可以任取兩個(gè)時(shí)刻的Q點(diǎn)的位置，連線即可，比如Q點(diǎn)的起始位置

和終點(diǎn)位置，連接即得Q點(diǎn)軌跡線段。

【最值原理】動(dòng)點(diǎn)軌跡為一條直線時(shí)，利用"垂線段最短"求最值。

1）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)軌跡已知時(shí)可直接運(yùn)用垂線段最短求最值；

2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)軌跡未知時(shí)，先確定動(dòng)點(diǎn)軌跡，再垂線段最短求最值。

3）確定動(dòng)點(diǎn)軌跡的方法（重點(diǎn)）

①當(dāng)某動(dòng)點(diǎn)與定直線的端點(diǎn)連接后的角度不變時(shí)，該動(dòng)點(diǎn)的軌跡為直線；

②當(dāng)某動(dòng)點(diǎn)到某條直線的距離不變時(shí)，該動(dòng)點(diǎn)的軌跡為直線；

③當(dāng)一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)以某個(gè)字母的代數(shù)式表示時(shí)，若可化為一次函數(shù)，則點(diǎn)的軌跡為直線；

④觀察動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到特殊位置時(shí),如中點(diǎn)，端點(diǎn)等特殊位置考慮；

⑤若動(dòng)點(diǎn)軌跡用上述方法不都合適，則可以將所求線段轉(zhuǎn)化（常用中位線、矩形對(duì)角線、全等、相似）為其他已

知軌跡的線段求最值。

題型六:瓜豆原理模型（點(diǎn)在圓上）

【模型解讀】

模型1、運(yùn)動(dòng)球?yàn)閳A弧

模型1-1.如圖，P是圓。上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，A為定點(diǎn)，連接AP,Q為AP中點(diǎn).Q點(diǎn)軌跡是？

如圖,連接AO,取40中點(diǎn)初,任意時(shí)刻,均有?AAOP,QM-.PO=AQ-.AP=1:2.

則動(dòng)點(diǎn)Q是以M為圓心,為半徑的圓。

模型1-2.如圖，A4PQ是直角三角形，/P4Q=90°且=當(dāng)P在圓。運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)軌跡是?

如圖,連結(jié)AO,作AM±AO,AO：AM=fc：l；任意時(shí)刻均有△4P。?/\AQM，且相似比為短

則動(dòng)點(diǎn)Q是以M為圓心,為半徑的圓。

模型1-3.定義型:若動(dòng)點(diǎn)到平面內(nèi)某定點(diǎn)的距離始終為定值，則其軌跡是圓或圓弧。（常見(jiàn)于動(dòng)態(tài)翻折中）

如圖，若P為動(dòng)點(diǎn)，但=則B、C、P三點(diǎn)共圓，

則動(dòng)點(diǎn)P是以4圓心,48半徑的圓或圓弧。

模型1-4.定邊對(duì)定角（或直角）模型

1）一條定邊所對(duì)的角始終為直角，則直角頂點(diǎn)軌跡是以定邊為直徑的圓或圓弧.

如圖，若P為動(dòng)點(diǎn)，AB為定值，AAPB=90°,則動(dòng)點(diǎn)P是以AB為直徑的圓或圓弧。

2）一條定邊所對(duì)的角始終為定角，則定角頂點(diǎn)軌跡是圓弧.

如圖，若P為動(dòng)點(diǎn)，為定值，AAPB為定值,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為圓弧。

【模型原理】動(dòng)點(diǎn)的軌跡為定圓時(shí)，可利用："一定點(diǎn)與圓上的動(dòng)點(diǎn)距離最大值為定點(diǎn)到圓心的距離與半徑之

和,最小值為定點(diǎn)到圓心的距離與半徑之差”的性質(zhì)求解。

壓軸題預(yù)測(cè)

題型一:兩垂一圓構(gòu)造直角三角形模型

建目—（2023?安溪縣二模）如圖，是半圓。的直徑，BP，AB,PD與半圓。相切于點(diǎn)。，連接AD并

延長(zhǎng)，交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C.

（1）求證：PB=PC；

（2）若。。的半徑為5,AD=8,求BP的長(zhǎng).

【分析】（1）連接。D,OP,DB,根據(jù)相切等推出△ODP^AOBP,PB=P。，進(jìn)而證明PB=PC,

（2）先證明XABD?,進(jìn)而求出BC的長(zhǎng)，根據(jù)第一問(wèn)，求出BP.

【解答】（1）證明：連接OD,OP,DB,

PD與半圓。相切于點(diǎn)。，

PD±OP,BP±AB

在RtAODP與RiAOBP中，（

RiAODP=RtAOBP（HL）,

：.PB=PD,

AADB=90°,

：.ZCDP=90°,

在RtACDB中，

BP=PD,

點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，

：.PB=PC-,

（2）BF±AB,

NABD+NCBD=90°,

/DAB+/ABD=90°,

ADAB=ACBD

NABD八BCD,

AD_AB

~BD~^C!

.?.3。=普，

BP=^=運(yùn)

24'

故BP的長(zhǎng)為”.

4

【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓相切，相似三角形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是三角形相似推出線段成比例.

題目團(tuán)（2023?平房區(qū)二模）如圖1,XABC內(nèi)接于OO中，為直徑，點(diǎn)。在弧BC上，連接AD,CD.

（1）求證：/.CAB+ZD=90°；

（2）如圖2,連接。。交4D于點(diǎn)F,若NDAB+2ZCAD=90°,求證：AC=CD；

⑶在⑵的條件下，如圖3,點(diǎn)E在線段CF上，連接交AD于點(diǎn)H,若/電4=2/EAH,AE=

6,。9=方,求線段BE的長(zhǎng).

［分析］（1）利直徑所對(duì)的圓周角是直角求得NACB==90°,再利用同弧所對(duì)的圓周角相等即可證明；

（2）根據(jù)圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)可證明/CAD=/D,進(jìn)而得出AC=CD-,

（3）連接DE,BD,證出AHED=ZHDE，由圓周角定理得出zLADB=90°,設(shè)ZHED=ZHDE=6,則

ADHB=26,NDBE=90°-20，過(guò)點(diǎn)B作BG工BE交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,求出BD=22,過(guò)點(diǎn)B作

BL_LDG于點(diǎn)入，證出sin/LBG=sin/乙EB,得出罷=等，則（2蓼）2=/（6+22）,解方程求出LD=

BQjrEGr

LG=1,由勾股定理可得出答案.

【解答】（1）證明：='ABC內(nèi)接于。。中，AB為直徑,

??.ZACB==90°,

??.ZCAB+ZB=90°,

?：AC=ACf

：./B==/D,

：./CAB+"=90°.

（2）證明：???/DAB+2ZCAD=90°,

???/DAB=90°-2ZCAD,

在\ACB中，:AACB=90°,

???/DAB=90°-ACAD-ZB,

??.90°-2ACAD==90°-ACAD-ZB,

???NCAD=NB,

???ZB=ZD,

???NCAD=N。，

??.AC=CD.

（3）解:連接OE,BO,

???OC垂直平分AD,

AE—DE—6,

???/EDA=4EAH,

???NEHA=2/EAH,

??.ZEHA=2ZEDAf

???ZEHA=/EDH+AHED,

??.ZHED=AHDEf

???AB為直徑，

??.ZAOB=90°,

設(shè)4HED=/HDE=B,

??.ADHB=20,ADBE=90°—20,

過(guò)點(diǎn)石作/G_LBE交磯）的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,

???ZGDB=90°—a,/.DBG=20,

???/G=26,

:?BD=BG,

,：AF=DF,AO=BO,

：.BD=BG=2OF=2V2,

過(guò)點(diǎn)B作成_LDG于點(diǎn)、L,

:,DL=GL,

設(shè)DL—GL—x,

???ALBG+ZG=ALEB+ZG=90°,

??.ALBG=ALEB,

sinZLBG=sinZLEB,

.LG=BG

?,否一否，

（2V2）2=2（6+2z）,

解得◎=—4（舍去），x2=1,

：.LD=LG=1,

：.EL=7,LB=V7,

：.BE=y/ElJ+LB2=772+（V7）2=2VH.

【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了垂徑定理，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定

義，勾股定理，正確添加輔助線是解決該問(wèn)題的關(guān)鍵.

題目回（2022?蔡甸區(qū)校級(jí)模擬）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD邊BC上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與重合），連接DE

交對(duì)角線AC于點(diǎn)F,AADF的外接圓。交邊AB于點(diǎn)G,連接G。、GE.

（1）求/EDG的度數(shù)；

【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出乙24。=45°,由圓周角定理可得出答案；

（2）延長(zhǎng)BA至點(diǎn)P,使4P=CE,連接DF,證明^DCE會(huì)^DAP（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE=

DP,2CDE=4ADP,/P=/DEC,證明ABDG會(huì)APDG（SAS）,由全等三角形的性質(zhì)得出ZDEG=

/P,則可得出答案.

【解答】解：（I”.?四邊形ABCD是正方形，

乙氏4。=45°,

?：GF=GF,

：."DG=/F4G=45°;

（2）延長(zhǎng)94至點(diǎn)P,使AP=CE,連接DP,

..BE^5

'CE2'

,CE=2

,,沃—〒

?：四邊形ABCD是正方形，

AD=DC,ABAD=4DCE=90°,

2PAD=4DCE,

文,；AP=CE,

：.kDCE=kDAP(SAS),

ADE=DP,NCDE=AADP,ZP=4DEC,

：.AADC=NPDE=90°,

ZEDG=ZPDG=45°,

又；DG=DG,

：.^EDG=kPDGlSAS),

ADEG=Z.P,

ZDEC=/DEG,

tan/DEG=tanNDCE=.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，銳角三角函數(shù)的定義，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握

全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

題目目（2023?懷化）如圖，AB是O。的直徑，點(diǎn)P是。。外一點(diǎn),PA與。。相切于點(diǎn)4點(diǎn)。為。。上

的一點(diǎn).連接P。、4C、。。,且PC=PA.

（1）求證：PC為⑷。的切線：

⑵延長(zhǎng)PC與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)。，求證：PD?。。=PA?。0；

（3）若/CAB=30°,。。=8,求陰影部分的面積.

［分析］⑴先由切線的性質(zhì)得APAO=90°,然后依據(jù)“SSS”判定^POC和^POA全等，從而得APCO=

ZFAO=90°，據(jù)此即可得出結(jié)論；

（2）由ZDCO=ZDAP=90°,/ODC=/PD4可判定AO。。和APD4相似，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)

可得出結(jié)論；

（3）連接BC,過(guò)點(diǎn)。作CE±OB于點(diǎn)E,先證AOCB為等邊三角形，再設(shè)OE=a,則OA=OB=OC=

2a,CE=V3a,在RtACDE和在RiADOC中，由勾股定理得CD2=CE2+DE2=OD2-OC2，由此可求出a

的值，進(jìn)而得。。的半徑為4,然后根據(jù)S班爵=Ssoc—S扇衫Bo。即可得出答案.

【解答】⑴證明：???AB為OO的直徑，P4為0。的切線，

：.PA±OA,

即：240=90°,

?.?點(diǎn)。在。。上，

OC^OA,

在APOC和^POA中,

(OC=OA

IPC=PA,

[PO=PO

：.NPOC*AFOA(SSS),

.?.ZPC(9=ZFAO=90°,

即：PC_LOC,

又OC為。O的半徑，

???PC為。o的切線.

(2)證明：由(1)可知：OC_LPO,

??.N￡W=ND4P=90°,

入4ODC=4PDA,

???AODCfPDA,

.PC=OP

?.PA~PD9

即：P0?OC=PA-OD.

(3)解:連接B。,過(guò)點(diǎn)。作CEL08于點(diǎn)石，

vZCAB=30°,

???"05=60°,

入OC=OB,

???AOCB為等邊三角形，

?：CE_LOB,

??.OE=BE,

設(shè)OE=Q，顯然QW0,

則OA=OB=OC=2a,

在RtAOCE中，OE=a,OC=2a,

由勾股定理得：CE=y/OC2-OE2=V3a,

OD=8,

/.DE=OD—OE—8—CL,

在Rt/^CDE中，CE=V3a,DE=8—a,

由勾股定理得：CD2=CE?+DE2=(V3a)2+(8-a)2,

在RtADOC中，OC=2a,OD=8,

由勾股定理得：CD2=OD2-OC2=82-(2a)2,

(V3a)2+(8-Q)2=82-(2a)2,

整理得：a2-2a=0,

TQ#0,

a=2,

OC=2a=4,CE=V3a=2A/3,

：.SADOC=yOn-CE=yX8X2V3=8A/3,

q??q—601x4、_迎

乂.b扇形BOC—360-丁,

S陰影=SA。。。一S扇形50。=8V3—?

【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了切線的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，扇形面

積的計(jì)算，勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形、相似三角形的判定方法，理

解切線垂直于過(guò)且點(diǎn)的半徑;過(guò)半徑的外端垂直于半徑的直線是圓的切線；難點(diǎn)是在解答（3）時(shí)，設(shè)置適當(dāng)

的未知數(shù)，利用勾股定理構(gòu)造方程求出圓的半徑.

[題目回（2023-廣陵區(qū)二模）如圖,頂點(diǎn)為A（—4,4）的二次函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)（0,0），點(diǎn)P在該圖象上，QP交

其對(duì)稱軸I于點(diǎn)M,點(diǎn)M、N關(guān)于點(diǎn)A對(duì)稱，連接PN,ON.

（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式；

（2）若點(diǎn)P的坐標(biāo)是（-6,3）,求AOPN的面積；

（3）當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸Z左側(cè)的二次函數(shù)圖象上運(yùn)動(dòng)時(shí),請(qǐng)解答下面問(wèn)題：

①求證：APNM=2ONM；

②若AOPN為直角三角形，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo).

【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)設(shè)出二次函數(shù)的關(guān)系式，再根據(jù)二次函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，求出a的值，

即可得出二次函數(shù)的關(guān)系式；

⑵設(shè)直線0P的解析式為沙=for,將A點(diǎn)代入，求出直線OP的解析式，再把①=-4代入沙=一段,求出

M的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)Af、N關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱，求出N的坐標(biāo)，從而得出兒W的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形的面積公式即可

得出答案.

⑶①設(shè)對(duì)稱軸Z交c軸于點(diǎn)B,作PC_L/于點(diǎn)。，由P在二次函數(shù)圖象上，設(shè)P&—（--2力，再由。的坐

標(biāo)，表示出直線OP的解析式，進(jìn)而表示出M,N及H的坐標(biāo)，設(shè)對(duì)稱軸，交c軸于點(diǎn)B,作PC_U于點(diǎn)C,

構(gòu)建相似三角形：ANCP?ANBO.由相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等證得結(jié)論；

②XOPN能為直角三角形，理由為：分三種情況考慮：若NONP為直角，由①得到2PNM=4ONM=45°,

可得出三角形4CN為等腰直角三角形，得到PC=CN,將表示出的PC及C7V代入，得到關(guān)于小的方程,

求出方程的解得到m的值為0或4土方，進(jìn)而得到此時(shí)A與P重合，不合題意，故4ONP不能為直角；若

/PON為直角，利用勾股定理得到OP2+ON2=PN'2，由P的坐標(biāo)，利用勾股定理表示出OP2,由及

BN,利用勾股定理表示出ON?，由PC及CN,利用勾股定理表示出PN2，代入OP?+ON?=PN2,得到關(guān)于

”的方程，求出方程的解得到小的值為4±42或0,然后判斷/PON是否為直角；若/NPO為直角，則

有XPMN?\BMO?ABON,由相似得比例，將各自的值代入得到關(guān)于小的方程，求出方程的解得到m

的值為4,此時(shí)A與P重合，故ANPO不能為直角，綜上，點(diǎn)P在對(duì)稱軸Z左側(cè)的二次函數(shù)圖象上運(yùn)動(dòng)時(shí)，

△OPN不能為直角三角形.

【解答】（1）解：設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為g=aQ+4y+4,

把點(diǎn)（0,0）代入表達(dá)式，解得a=—

二次函數(shù)的表達(dá)式為《=—[?（：!：+4尸+4,

即y2

=-^-s—2a;;?M

⑵解:設(shè)直線。P為g=kx(kW0),

將F(—6,3)代入g=fcr,解得k=―,

???。=一/6?

當(dāng)x=-4時(shí)，y=2.

???M(-4,2).

???點(diǎn)A/、N關(guān)于點(diǎn)A對(duì)稱，

???N(—4,6).

：?MN=4.

S?PON=S>OMN+S、PMN=12;

(3)①證明：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為卜,一[/一2力)，

其中t<-4,

設(shè)直線OP為g=kfx(kf#0),

符?_?1，—于廿一2。代入g=k'c,解得k'=—'；8.

當(dāng)x=-4時(shí)，g=/；+8.

Af(—4,力+8).

AN=AM=4-(力+8)=-t-4.

設(shè)對(duì)稱軸/交力軸于點(diǎn)B,作FC±I于點(diǎn)C,

則B(-4,0),C(-4,-J^2-2^.

??.OB=4,NB=4+(——4)=—t,PC=-4—t,

NC———t——(—[-I2——2力)—±-廿+九

14,4

則筌=上1一上

PC-4-4JOB44,

.NC=NB

**FC-OB,

又???Z7VCP=ANBO=90°,

???XNCP?XNBO.

：.4PNM=AONM.

②AOPN能為直角三角形，理由如下：

解:分三種情況考慮：

⑴若NONP為直角，由①得：4PNM=4ONM=45°,

：.^PCN為等腰直角三角形，

CP=NC，即Tn—4=-^m2—m,

整理得：m2—87n+16=0,即(m—4尸=0,

解得：7n=4,

此時(shí)點(diǎn)A與點(diǎn)P重合，故不存在P點(diǎn)使AOPN為直角三角形;

(優(yōu))若/PON為直角，根據(jù)勾股定理得：OP2+ON2=PN2,

12

OP2=77??+(——m2—2m^,ON2=42+m2,AN2=(m—4)?+(—―m2—2m+m),

m2+(_?^m2—2m)+42+m2=2—2m+m],

整理得:m(m2—8m—16)=0,

解得：nz=0或nz=-4—4^2或—4+4V夕(舍去),

當(dāng)m=0時(shí)，P點(diǎn)與原點(diǎn)重合，故/PON不能為直角，

當(dāng)館二一4一42,即。（一4一42，4）時(shí)，代為第四象限點(diǎn)，成立,故/90可能為直角；

（m）若Z7VPO為直角，可得4NPM=AOBM=90°,且APMN=ABMO,

???APMN?ZVBMO,

又???4MPN=4OBN=90°,且ZP7W=ZO7VD,

???ZPMN?ABON,

???bPMN?^BMO?ABO7V,

?MB_=OB_即8—m

**OBNB94m9

整理得：（m—4）2=0,

解得：m=4,

此時(shí)A與P重合，故/NF。不能為直角，

綜上，點(diǎn)P在對(duì)稱軸I左側(cè)的二次函數(shù)圖象上運(yùn)動(dòng)時(shí)，&OPN能為直角三角形，當(dāng)m=4+4V2,即P（—4—

4V2,—4）時(shí)，N為第四象限的點(diǎn)成立.

【點(diǎn)評(píng)】此題考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，兩點(diǎn)坐標(biāo)確定一次函數(shù)解析式，相似三角形的判定

與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，本題（3）中的第②小問(wèn)

利用的是反證法，先假設(shè)結(jié)論成立，利用邏輯推理的方法得出與已知條件，定理，公理矛盾，可得出假設(shè)錯(cuò)

誤，原結(jié)論不成立.

題目⑥（2024?寶安區(qū)二模）“海之躍”摩天輪是某地區(qū)的城市名片.濱城學(xué)校九年級(jí)（3）班的項(xiàng)目式學(xué)習(xí)團(tuán)

隊(duì)計(jì)劃在摩天輪上測(cè)量一座寫字樓的高度.

【素材一】如圖1海之躍”摩天輪共有24個(gè)轎廂,均勻分布在圓周上.擬測(cè)算的寫字樓與摩天輪在同一平

面內(nèi).

【素材二】自制工具:使用直角三角板教具和鉛錘,制作測(cè)角儀器（如圖2）.

【素材三】若學(xué)生身高和轎廂大小忽略不計(jì)，如圖3，摩天輪的最高高度為128米,半徑為60米，該團(tuán)隊(duì)分成

三組分別乘坐1號(hào)、4號(hào)和10號(hào)轎廂，當(dāng)1號(hào)轎廂運(yùn)動(dòng)到摩天輪最高點(diǎn)時(shí)，三組隊(duì)員同時(shí)使用測(cè)角儀觀測(cè)寫

字樓最高處。點(diǎn),觀測(cè)數(shù)據(jù)如表（觀測(cè)誤差忽略不計(jì)）.

1號(hào)轎廂測(cè)量情況4號(hào)轎廂測(cè)量情況10號(hào)轎廂測(cè)量情況

⑴如圖3,請(qǐng)連接AO、,則AAOB=45°；

（2）求出1號(hào)轎廂運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，4號(hào)轎晶標(biāo)位置B點(diǎn)的高度.（結(jié)果保留根號(hào)）

【任務(wù)二】推理分析,估算實(shí)際高度

（3）根據(jù)觀測(cè)數(shù)據(jù),計(jì)算寫字樓的實(shí)際高度DN.（結(jié)果用四舍五入法取整數(shù)，V2“1.41）

【分析】（1）由題可知，“海之躍”摩天輪共有24個(gè)轎廂，均勻分布在圓周上，其中乙4QB包含了3個(gè)橋廂，因

此AAOB=2x360°=45°;

24

（2）過(guò)點(diǎn)B作跳;_L40于點(diǎn)E,由題可知，點(diǎn)A此時(shí)的高度為最高為128米，半徑為60米，因此O點(diǎn)高度

為68米,根據(jù)BE±AO,AAOB=45°,可得OE=OB?cos45°=30V2,即可；

（3）連接OB,OC,,由素材1,素材3可得ACOB=90°,ZOBC=AAOB=45°,則BC=60V2,過(guò)點(diǎn)D

作于點(diǎn)F,令=由素材2,3得：DF=5BF=5n,CF=3DF=2n,可得BC=60&=

5

3九，即n=20V2,因此尸點(diǎn)的高度為：68+30V2-2072=68+1072482（米），即可.

【解答】解:任務(wù)一：⑴連接AO、BO,如下圖所示：

?.?“海之躍”摩天輪共有24個(gè)轎廂，均勻分布在圓周上，其中乙4OB包含了3個(gè)橋廂,

AAOB=2x360°=45°,

故答案為：45.

（2）過(guò)點(diǎn)B作BE_L40于點(diǎn)E,

14

?.?點(diǎn)A此時(shí)的高度為最高為128米,半徑為60米,

.?.O點(diǎn)高度為68米,

-：BE±AO,乙4OB=45°,

/.OE—OB-cos45°=30V2,

.?.B點(diǎn)的高度為（68+30囂）米，

答：B點(diǎn)的高度為（68+30/5）米.

任務(wù)二：（3）連接OB,OC,BC,

由素材1,素材3可得/.COB=90°,ZOBC=AAOB=45°,

則BC=60V2，過(guò)點(diǎn)￡＞作DF_LBC于點(diǎn)F,

9

令BF=n,由素材2,素材3的4號(hào)轎廂測(cè)量情況和10號(hào)轎廂測(cè)量情況得：DF=5BF=5n,CF=—DF=

o

2n,

/.BC=60V2=34,即=20V2,

F點(diǎn)的高度為：68+30A/2-20V2=68+IOA/2482（米）,

答：寫字樓的實(shí)際高度ON約為82米.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是三角形的綜合體，熟練掌握勾股定理和余弦定理的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵.

目不（2022?江北區(qū)一模）如圖1,四邊形ABCD是。。的內(nèi)接四邊形，其中=對(duì)角線

相交于點(diǎn)E,在AC上取一點(diǎn)尸，使得⑷AB,過(guò)點(diǎn)F作GH,AC交G）。于點(diǎn)G、

（1）證明：

（2）如圖2,若AE=1,且GH恰好經(jīng)過(guò)圓心。，求BC?CD的值.

（3）若AE=1,EF=2,設(shè)BE的長(zhǎng)為m

①如圖3,用含有土的代數(shù)式表示ABCD的周長(zhǎng).

②如圖4,BC恰好經(jīng)過(guò)圓心。，求XBCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值.

圖1圖2圖3圖4

【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)與圓周角定理解得即可；

⑵利用垂徑定理和（1）的結(jié)論求得AC,CE的長(zhǎng)，通過(guò)證明ADEC?AABC,利用相似三角?形的性?質(zhì)即可?

得出結(jié)論；

⑶①利用垂徑定理和（1）的結(jié)論求得AC,CE的長(zhǎng)，再通過(guò)證明XAED八BEC和AAEB?&DEC,利用

相似三角形的性質(zhì)求得BC,DE,CD的關(guān)系式，利用三角形周長(zhǎng)的意義解答即可；

②利用勾股定理求得則^BCD的外接圓半徑可得,設(shè)XBCD內(nèi)切圓半徑為r,利用①中的結(jié)論求得

BD,CD和^BCD的周長(zhǎng)，利用三角形的面積公式列出方程，解方程即可求得XBCD內(nèi)切圓半徑.

【解答】⑴證明：???48=40,

AB—AD.

：.AADB^AACD.

?：NDAE=ACAD,

：.AAED?AADC.

⑵解：MED?AAD。，

.AE_AD

?.?GH為。。的直徑，GH±AC,

：.AF=FC=^-AC.

?：AB=AD,AF=AB,

：.AB^AD^AF,

??.AC=2AD.

.AE=AD

??亞一應(yīng)一虧

?：AE=1,

:.AD—2.

??.AB=2,4。=4.

：.EC=AC-AE=3.

'：AB=AD,

:.AB—AD.

??.AACB=AACD.

???/BDC=ABAC,

：.bDEC?^ABC.

.CD=EC

"AC-BC,

??.BC-CD=AC-SC=4x3=12.

（3）解:①??,AE;=1,EF=2,

??.AB=AD=AF=AE+EF=3.

???\AED八ADC,

.AE=AD=X

**AD--J*

AC=3AD=9.

：.CE=AC-AE=8.

?：ACAD=ZCBD,ACEB=ZDEA9

：.\AED八BEC.

.BE=EC=BC

??左一面一而，???

.T_8_BC

,?「瓦"一k’

：.DE=-BC=3x.

xf

???/ABD=AACD,AAEB=/DEC,

：.\AEB八DEC.

.AE=AB

''~DE~~CD'

.1=3

"ADC'

X

24

.?.nc=—.

X

：.^BCD的周長(zhǎng)=BC+CD+BE+OE=3a:+^+:r+S=4a;+四.

XXX

②為（DO的直徑，

AZBAC=90°.

BC=y/AB2+AC2=V32+92=3A/10.

^BCD外接圓半徑為考五.

在RtSABE中,

BE=^AE'2+AB2=Vl2+32=VW.

由①的結(jié)論可得：DE=Y==4vio,

VW5

Vio5

△BCD的周長(zhǎng)=4V10+=尊JIU,

V105

BD=BE+DE=-v-VTO.

5

設(shè)ABC。內(nèi)切圓半徑為『，

.?.1■xABCD的周長(zhǎng)x-.xBDCD.

萼VWr=^-VlOx

555

r--f-VlO.

5

-i-Vioo

^BCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值=1——=4，

|VW5

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的外

接圓半徑和內(nèi)切圓半徑，熟練掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵

題型二:兩圓一中垂構(gòu)造等腰三角形模型

題目回（2022?開(kāi)州區(qū)模擬）如圖，在等腰RtAABC中，AB=。是B。的中點(diǎn)，E為邊上任意一點(diǎn),

連接DE,將線段DE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段。F,連接EF,交AB于點(diǎn)、G.

(1)如圖1,若4B=6,AE=求ED的長(zhǎng);

⑵如圖2,點(diǎn)G恰好是EF的中點(diǎn)，連接BF,求證：CD=電?；

⑶如圖3,若48=42,連接CF,當(dāng)CF+取得最小值時(shí).請(qǐng)直接寫出SACEF的值????

【分析】(1)過(guò)點(diǎn)￡作助/_13。于點(diǎn)8,得/。班；=90°,在等腰直角三角形48。中，求出2。=6,47=

62,再證明ACHE也是等腰直角三角形，最后在電△!汨E中，求出OE即可；

(2)過(guò)點(diǎn)E作EMUBF于AB交點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)。作。NJ_BC交AC于N,得出ACDN為等腰直角三角形，再

證明^BFD=NED(SAS),AEMG=AFBG(AAS)，最后在等腰RtLCDN中，求出CD與BF關(guān)系；

(3)如圖3—1中，取AC的中點(diǎn)T,連接DT,BT,則ABDT是等腰直角三角形.首先證明點(diǎn)F在直線BT

上運(yùn)動(dòng)，如圖3—2中，取4r的中點(diǎn)Q,連接BQ,作咫_LBQ于點(diǎn)〃，CJ工BQ于點(diǎn)J,交BT于點(diǎn)、R.

再證明當(dāng)點(diǎn)、F與R重合時(shí)，CF+竿3尸的值最小，即可解決問(wèn)題.

5

【解答】解：(1)如圖，過(guò)點(diǎn)E作石打，石。于點(diǎn)X,

??.ZCHE=90°,

在等腰直角三角形ABC中，

,/AB=6,

/.BC=6,AC—6V2,

???。為BC中點(diǎn),

:.CD=^BC,

,：AE=V2,

：.CE=AC-CE=5V2,

VZC=45°,

???ACHE也是等腰直角三角形，

:?CH=EH=5,

:?HD=CH—CD=2,

：.在Rt'DHE中，DE=y/EH2+HD2=V29.

⑵如圖，過(guò)點(diǎn)E作成f〃石F于AB交點(diǎn)過(guò)點(diǎn)。作￡W_LBC交AC于N

???ACDN為等腰直角三角形，

:?CD=ND,

?：BD=CD,

:?BD=DN,

???Z5+/BDE=Z6+ABDE,

/.Z5=Z6,

(BD=DN

在ABFO和ANE?中，(/5=/6,

[DF=DE

???bBFD=NED(SAS),

:?BF=EN,N3=N4,

fZl=Z2

在.AEMG和AFBG中，1/MGE=/BGF,

[GF=GE

：.^EMG言^FBG(AAS),

:?ME=BF,

：,ME=EN,

???N2+/3=45°,

.?.N1+N4=45°,

???4MEN=Z1+Z4+/FED=90°,

??.AAEM=90°,

：.AAETW是等腰直角三角形，

工AE=ME=BF=EN,

：.BF=^-AN,

?；DN〃BC,D是BC的中點(diǎn)、,

:.CN=AN,

：.BF=^-CN,

丸?：在等腰RtACDN中，CD=^CN,

:.CD=GBF.

⑶如圖3—1中，取47的中點(diǎn)T,連接_DT,BT,則ABDT是等腰直角三角形.

?/NEDF=/TDB=90°,

ANBDF=NTDE,

?：DB=DT,DF=DE,

：.^BDF=ATDE(SAS),

：.ZDBF=/DTE=135°,

/DBT=135°,

：.F,B,T共線,

.?.點(diǎn)F在直線BT上運(yùn)動(dòng),

如圖3—2中，取4r的中點(diǎn)。，連接BQ,作儂_LBQ于點(diǎn)H,GJ_LBQ于點(diǎn)、J,交BT于點(diǎn)、R.

VtanAFBH=鬻=隹=[

BHk)l2

5

CF+項(xiàng)BF=CF+FH<CJ,

5

當(dāng)點(diǎn)F與R重合時(shí)，CF+項(xiàng)BF的值最小,

5

???ZBTQ=ACTR=90°,BT=CT,/QBT=4RCT,

???^BTQ=LCTR{ASA),

/.TR=QT,圖3—2

???AB=BC=4V2,4ABC=90°,

/.AC=V2AB=8,???

??.AT=CT=8T=4,QT=RT=2,

:.BF=TE=2,

SACEF=可'CE-FT=_x2x2=2.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了幾何變換的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵是正確作出輔助線，能判定出全等三角形，解直角等腰

三角形.

［題目可（2023春?璧山區(qū)校級(jí)期中）如圖，直線y=+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)4（8,0）和5（0,4）兩點(diǎn)，將^AOB沿直線I

對(duì)折使點(diǎn)A和點(diǎn)B重合，直線Z與，軸交于點(diǎn)。與AB交于點(diǎn)。，點(diǎn)。的縱坐標(biāo)為2,連接BC.

（1）求直線AB的解析式；

（2）若點(diǎn)E在①軸的負(fù)半軸上，且ABED的面積為10,求^BOE的周長(zhǎng)；

（3）已知?/軸上有一點(diǎn)P,若以點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形,直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)P的

【分析】（1）根據(jù)給出的4、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，代入表達(dá)式，即可求出4B的解析式；

（2）根據(jù)AD=可以得出^ADE的面積和^BDE的面積相等，然后過(guò)。作DF_L/軸，可以求出AE的

長(zhǎng)，然后得到OE的長(zhǎng)，通過(guò)勾股定理，可以得到跳;的長(zhǎng)，即可得到XBOE的周長(zhǎng)；

（3）根據(jù)題意，當(dāng)BP=BC時(shí)，可得到兩個(gè)P點(diǎn)，通過(guò)B點(diǎn)的縱坐標(biāo)土BC長(zhǎng)可以得到對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)

BC=CP,可以得到一個(gè)。點(diǎn)坐標(biāo)，通過(guò)等腰三角形，可以得到P點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)PB=PC,可知P點(diǎn)在BC的

垂直平分線上，通過(guò)等腰三角形，導(dǎo)邊可以得出P點(diǎn)的坐標(biāo).

【解答】解：（1）將點(diǎn)48,0）和B（0,4）代入y=far+6中，得：

J0=8fc+6

（4=6）

解得：卜二—

業(yè)=4

故AB的解析式為：y=―^-x+4;

⑵

???將^AOB沿直線/對(duì)折使點(diǎn)A和點(diǎn)B重合，

???AC=BC,

設(shè)OC=/,則BC=4C=8—c,

在RtAOBC中,

出2+42=（8—劣咒

工3二3,

:、OC—3,

:.AD—BD,

20

S'ADE=S\BDE=10

???點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為2,

過(guò)。作DW_L力軸交力軸于點(diǎn)河,

/.DM—2,

,**^Hs.ADE~A?,DM,

AE—10,

???OE=2,

OB=4,

BE=y/OE2+OB2=2V5,

C獨(dú)OE=2+4+275=6+275;

（3）以B點(diǎn)為圓心，BC長(zhǎng)為半徑作圓，交9軸于兩點(diǎn)，以。點(diǎn)為圓心，CB長(zhǎng)為半徑作圓，交v軸于點(diǎn)

8,在沙軸上找一點(diǎn)司，使P4B=P4C,

OC=3,OB=4,

??.BC=5,

???B(0,4),BR=BP2=BC=5

??.OA=O6+BR=4+5=9,OR=BR—BO=5—4=1,

???R(0,9),g(0,—1),

-,-CPi=BC=5,

在此△。⑵中，

08=4,

?e?2(。,—4),

?：BP,=CP?

設(shè)。馬二小，則CP4=BP4=4—E,

在用△?？罩?，

m2+32=(4—m)2,

._7_

"m~8'

.?.。日=日，

???馬(05)，

故P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,9),(0,-1),(0,-4),(0,-^-).

\O7

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求一次函數(shù)解析式的方法，考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，考查了兩元一線的模型應(yīng)用，通過(guò)

折疊求出對(duì)應(yīng)邊相等，然后通過(guò)勾股定理來(lái)求對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng).

題型三:胡不歸模型

題目①（2023-湘潭縣校級(jí)三模）如圖,拋物線y=ax2+bx+3（af0）與2軸相交于點(diǎn)A（-l,0）,B（3,0）,與

“軸交于點(diǎn)C,連接BC.

（1）求拋物線的解析式；

（2）若點(diǎn)P為?/軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP,求VWCP+10BP的最小值；

（3）連接AC,在，軸上是否存在一點(diǎn)P,使得4PCO+AACO=45°?若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在,

請(qǐng)說(shuō)明理由.

【分析】（1）待定系數(shù)法求拋物線的解析式；

⑵對(duì)條件V10CP+10BP提取系數(shù)10,再利用胡不歸模型;

⑶構(gòu)造和AACO相等的角，利用相似或三角函數(shù)值建立方程解決.

【解答】解：⑴:拋物線y—a^-\-bx+3（QW0）與力軸相交于點(diǎn)A（—1,0）,B（3,0）,

.JQ—b+3=0

??（9a+3b+3=0'

解得憶］,

拋物線的解析式為y=—x2+2x+3;

（2）過(guò)點(diǎn)P作PM_L47,垂足為過(guò)點(diǎn)B作BN_LAC,垂足為N,

在y=—X2+2X+3中，令C=0,則9=3,

AC(O,3),

在AAOC中，OA=1,OC=3,AC=V1Q,

?..或"8=第=喘,

在\CMP中,sinZACO=需=

：.MP=^-CP,

?：S"B0=。XABXoc=9x4x3=9xACxBN=-yxVwxBN,

??.BN=增，

5

??.VWCP+10BF=W^^-CP+BF)=10(AiP+BP)>10BN=10x=12VlO,

的最小值為12V10.

(3)如圖,APCO+Z.ACO=45°,

???乙4cp=45°,

???OA=OB=3,

：.ACOB是等腰直角三角形，

??.ZOCB=45°,

???ZACO=ZPCB,

過(guò)點(diǎn)8作PQLBC,垂足為Q,

:.tanZFCB=