重難點(diǎn)06六種幾何綜合模型(原卷版+解析)2

重難點(diǎn)06六種幾何綜合模型能力拓展能力拓展題型一：兩圓——中垂構(gòu)造等腰三角形模型一．選擇題（共2小題）1．（2021秋?浉河區(qū)校級(jí)月考）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知A（2，2），B（4，0）．若在坐標(biāo)軸上取點(diǎn)C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．82．（2020?龍崗區(qū)模擬）平面直角坐標(biāo)系中，已知A（1，2）、B（3，0）．若在坐標(biāo)軸上取點(diǎn)C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．8二．填空題（共1小題）3．（2021秋?定州市期中）如圖，已知點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（2，0）和（0，3），在坐標(biāo)軸上找一點(diǎn)C，使△ABC是等腰三角形，則符合條件的C點(diǎn)共有個(gè)．三．解答題（共2小題）4．（2022?開州區(qū)模擬）如圖，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，D是BC的中點(diǎn)，E為AC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DF，連接EF，交AB于點(diǎn)G．（1）如圖1，若AB＝6，AE＝，求ED的長；（2）如圖2，點(diǎn)G恰好是EF的中點(diǎn)，連接BF，求證：CD＝BF；（3）如圖3，若AB＝4，連接CF，當(dāng)CF+BF取得最小值時(shí)．請(qǐng)直接寫出S△CEF的值．5．（2018秋?徐州期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)分別為（4，0）、（0，3）．（1）求AB的長度．（2）如圖2，若以AB為邊在第一象限內(nèi)作正方形ABCD，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．（3）在x軸上是否存在一點(diǎn)P，使得△ABP是等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

題型二：兩垂——圓構(gòu)造直角三角形模型一．選擇題（共1小題）1．（2020?章丘區(qū)模擬）如圖，已知點(diǎn)A（﹣6，0），B（2，0），點(diǎn)C在直線上，則使△ABC是直角三角形的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4二．解答題（共4小題）2．（2021秋?開州區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABO為等腰直角三角形，∠AOB＝90°，AO＝BO，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，1）．（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）在x軸上找一點(diǎn)P，使得PA+PB的值最小，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）在第四象限是否存在一點(diǎn)M，使得以點(diǎn)O，A，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．3．（2021秋?曾都區(qū)期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，點(diǎn)F是AB延長線上一點(diǎn)，CB平分∠FCD．（1）求證：FC是⊙O的切線；（2）若AB＝10，BE：CE＝1：2，求FC的長．4．（2022?江北區(qū)一模）如圖1，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，其中AB＝AD，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)E，在AC上取一點(diǎn)F，使得AF＝AB，過點(diǎn)F作GH⊥AC交⊙O于點(diǎn)G、H．（1）證明：△AED～△ADC．（2）如圖2，若AE＝1，且GH恰好經(jīng)過圓心O，求BC?CD的值．（3）若AE＝1，EF＝2，設(shè)BE的長為x．①如圖3，用含有x的代數(shù)式表示△BCD的周長．②如圖4，BC恰好經(jīng)過圓心O，求△BCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值．5．（2021秋?驛城區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A（0，2），B（8，8），點(diǎn)C（m，0）為x軸正半軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）當(dāng)m＝4時(shí)，寫出線段AC＝，BC＝．（2）求△ABC的面積．（用含m的代數(shù)式表示）（3）當(dāng)點(diǎn)C在運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn)C使△ABC為直角三角形，如果存在，請(qǐng)求出這個(gè)三角形的面積；如果不存在，請(qǐng)說明理由．題型三：胡不歸模型一．填空題（共4小題）1．（2021秋?北碚區(qū)校級(jí)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，CD＝4，M，N分別是邊AB，AD的動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝DN，連接CM、CN，E是邊CM上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是CM上靠近C的四等分點(diǎn)，連接AE、BE、NF，當(dāng)△CFN面積最小時(shí)，BE+AE的最小值為．2．（2022?鄖西縣模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AB＝2，若D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，則2AD+DC的最小值為．3．（2022?貢井區(qū)模擬）如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點(diǎn)E，D是線段BE上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則CD+BD的最小值是．4．（2020?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）已知在正方形ABCD中，AB＝5，點(diǎn)N在DC的延長線上，過D作BN的垂線分別交BC、BN于點(diǎn)P和點(diǎn)M，點(diǎn)Q在CD邊上且滿足＝，連接AE、CE，則CE+（+1）AE的最小值等于．二．解答題（共5小題）5．（2022春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）在菱形ABCD中，∠DAB＝30°．（1）如圖1，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接CE，點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)，連接BF，若ED＝2﹣，求線段BF的長度；（2）如圖2，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接CE，過點(diǎn)D作DM⊥DC，連接MC，且∠MCE＝15°，連接ME，請(qǐng)?zhí)剿骶€段BE，DM，EM之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）如圖3，連接AC，點(diǎn)Q是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若AB＝2，求QB+QC+QD的最小值．6．（2021?津南區(qū)一模）已知拋物線y＝x2﹣2x+c交x軸于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），其對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)C．（Ⅰ）求該拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)P是線段CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)C，D重合）．①過點(diǎn)P作y軸的垂線l交拋物線（對(duì)稱軸右側(cè)）于點(diǎn)Q，連接QB，QD，求△QBD面積的最大值；②連接PB，求PD+PB的最小值．7．（2021?番禺區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，過點(diǎn)A作AO⊥AC交BC于點(diǎn)O．（1）求證：BO＝BC；（2）設(shè)AB＝k．①以O(shè)B為半徑的⊙O交BC邊于另一點(diǎn)P，點(diǎn)D為CA邊上一點(diǎn)，且CD＝2DA．連接DP，求S△CPD．②點(diǎn)Q是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B合），連接OQ，在點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)過程中，求AQ+2OQ的最小值．8．（2021?羅湖區(qū)校級(jí)模擬）已知拋物線y＝ax2+bx（a，b為常數(shù)，a≠0）與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，其頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4）．（Ⅰ）求拋物線的解析式；（Ⅱ）點(diǎn)P是拋物線上位于直線AC上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△PAC面積的最大值；（Ⅲ）點(diǎn)Q是拋物線對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接QA，求QC+QA的最小值．9．（2021秋?簡陽市期中）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為4，直線l1：y＝x+2經(jīng)過點(diǎn)D，分別與x、y軸交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)．直線l2：y＝kx+b經(jīng)過點(diǎn)D及點(diǎn)C（1，0）．（1）求出直線l2的解析式．（2）在直線l2上是否存在點(diǎn)E，使△ABE與△ABO的面積相等，若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．（3）如圖2，點(diǎn)P為線段AD上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接CP，一動(dòng)點(diǎn)H從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CP以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到P，再沿線段PD以每秒個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到D后停止，求H點(diǎn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的最少用時(shí)．題型四：阿氏圓模型一．填空題（共2小題）1．（2022春?長順縣月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分別是邊BC、AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且DE＝4，P是DE的中點(diǎn)，連接PA，PB，則PA+PB的最小值為．2．（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，∠B＝60°，圓B的半徑為4，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PD﹣PC的最大值為．二．解答題（共3小題）3．（2021?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在△ABC與△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，點(diǎn)D在AB上．（1）如圖1，若點(diǎn)F在AC的延長線上，連接AE，探究線段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，且AC＝3，DE＝4，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，連接BF，點(diǎn)G為BF的中點(diǎn)，連接CG，在旋轉(zhuǎn)的過程中，求CG+BG的最小值；（3）如圖3，若點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，連接BF、CE交于點(diǎn)M，CE交AB于點(diǎn)N，且BC：DE：ME＝7：9：10，請(qǐng)直接寫出的值．4．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，在四邊形ABCD中，AC交BD于點(diǎn)E，△ADE為等邊三角形．（1）若點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面積；（2）如圖2，若BC＝CD，點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，求證：AB＝2AF；（3）如圖3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，點(diǎn)P為四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠APD＝90°，連接BP，取BP的中點(diǎn)Q，連接CQ．當(dāng)AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2時(shí)，求CQ+BQ的最小值．5．（2019秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．【問題】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，在x軸，y軸上分別有點(diǎn)C（m，0），D（0，n），點(diǎn)P是平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且OP＝r，設(shè)＝k，求PC+kPD的最小值．阿氏圓的關(guān)鍵解題步驟：第一步：如圖1，在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；第二步：證明kPD＝PM；第三步：連接CM，此時(shí)CM即為所求的最小值．下面是該題的解答過程（部分）：解：在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．任務(wù)：（1）將以上解答過程補(bǔ)充完整．（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足CD＝2，利用（1）中的結(jié)論，請(qǐng)直接寫出AD+BD的最小值．

題型五：瓜豆原理一．填空題（共4小題）1．（2020春?綦江區(qū)期末）如圖，長方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E為BC上一點(diǎn)，且BE＝，F(xiàn)為AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EF，將EF繞著點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．2．（2020?蘭溪市模擬）如圖，∠AOB＝30°，OD＝4，當(dāng)點(diǎn)C在OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，作等腰Rt△CDE，CD＝DE，則O，E兩點(diǎn)間距離的最小值為．3．（2020?邗江區(qū)校級(jí)一模）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠B＝120°，E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)F按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，G為點(diǎn)E對(duì)應(yīng)點(diǎn)，連接CG，則CG的最小值為．4．（2019秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖，長方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E為BC上一點(diǎn)，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EF，將EF繞著點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．二．解答題（共2小題）5．如圖，在等邊△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，垂足為D，點(diǎn)E為AB邊上中點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，點(diǎn)N在邊AC上，且DN＝2NC，點(diǎn)F從BD中點(diǎn)Q沿射線QD運(yùn)動(dòng)，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)NP+MP最小時(shí)，直接寫出△DPN的面積．6．若AC＝4，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑作圓，點(diǎn)P為該圓上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP．（1）如圖1，取點(diǎn)B，使△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，將點(diǎn)P繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AP′．①點(diǎn)P'的軌跡是（填“線段”或者“圓”）；②CP′的最小值是；（2）如圖2，以AP為邊作等邊△APQ（點(diǎn)A、P、Q按照順時(shí)針方向排列），在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，求CQ的最大值．（3）如圖3，將點(diǎn)A繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到點(diǎn)M，連接PM，則CM的最小值為．

題型六：幾何中的等分面積問題一．選擇題（共1小題）1．（2022春?連江縣期末）如圖，AD是△ABC的中線，CE是△ACD的中線，若S△ABC＝24，則S△ACE等于（）A．6 B．8 C．10 D．12二．填空題（共3小題）2．（2022?金平區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCO是正方形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，4），直線y＝mx﹣2恰好把正方形ABCO的面積分成相等的兩部分，則m＝．3．（2021秋?河西區(qū)期中）如圖①，O1，O2，O3，O4為四個(gè)等圓的圓心，A，B，C，D為切點(diǎn)，請(qǐng)你在圖中畫出一條直線，將這四個(gè)圓分成面積相等的兩部分，并說明這條直線經(jīng)過的兩個(gè)點(diǎn)是；如圖②，O1，O2，O3，O4，O5為五個(gè)等圓的圓心，A，B，C，D，E為切點(diǎn)，請(qǐng)你在圖中畫出一條直線，將這五個(gè)圓分成面積相等的兩部分，并說明這條直線經(jīng)過的兩個(gè)點(diǎn)是．（答案不唯一）4．（2021春?寧強(qiáng)縣期末）已知平面上四點(diǎn)A（0，0），B（10，0），C（10，6），D（0，6），直線y＝mx﹣3m+2將四邊形ABCD分成面積相等的兩部分，則m的值為．三．解答題（共3小題）5．（2021春?福山區(qū)期中）如圖，有一塊長（3a+b）米，寬（2a+b）米的長方形廣場，園林部門要對(duì)陰影區(qū)域進(jìn)行綠化，空白區(qū)域進(jìn)行廣場硬化．其中，四個(gè)角部分是半徑為（a﹣b）米的四個(gè)大小相同的扇形，中間部分是邊長為（a+b）米的正方形．（1）用含有a，b的代數(shù)式表示需要硬化部分的面積（直接列式，不需要化簡，單位：平方米）；（2）若a＝20，b＝8，求硬化部分的面積（要求：先化簡再求值，結(jié)果保留π的形式）．6．（2019秋?雅安期末）如圖，將邊長為4的正方形放在平面直角坐標(biāo)系第二象限，使AB邊落在x軸負(fù)半軸上，且點(diǎn)A的坐標(biāo)是（﹣1，0）．（1）直線y＝﹣經(jīng)過點(diǎn)C，且與x軸交于點(diǎn)E，求四邊形AECD的面積；（2）若直線L經(jīng)過點(diǎn)E，且將正方形ABCD分成面積相等的兩部分，求直線L的解析式；（3）若直線L1經(jīng)過點(diǎn)F（，0）且與直線y＝﹣3x平行．將（2）中直線L沿著y軸向上平移1個(gè)單位，交x軸于點(diǎn)M，交直線L1于點(diǎn)N，求△NMF的面積．7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，多邊形OABCDE的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直線l經(jīng)過點(diǎn)M（2，3），且將多邊形OABCDE分割成面積相等的兩部分，求直線l的函數(shù)表達(dá)式．重難點(diǎn)06六種幾何綜合模型能力拓展能力拓展題型一：兩圓——中垂構(gòu)造等腰三角形模型一．選擇題（共2小題）1．（2021秋?浉河區(qū)校級(jí)月考）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知A（2，2），B（4，0）．若在坐標(biāo)軸上取點(diǎn)C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)可得到AB＝2，然后分類討論：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，確定C點(diǎn)的個(gè)數(shù)．【解答】解：∵點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（2，2）、B（4，0）．∴AB＝2，①若AC＝AB，以A為圓心，AB為半徑畫弧與x軸有2個(gè)交點(diǎn)（含B點(diǎn)），即（0，0）、（4，0），∴滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有1個(gè)；②若BC＝AB，以B為圓心，BA為半徑畫弧與x軸有2個(gè)交點(diǎn)（A點(diǎn)除外），即滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有2個(gè)；③若CA＝CB，作AB的垂直平分線與x軸，y軸各有一個(gè)有1個(gè)交點(diǎn)，即滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有2個(gè)；綜上所述：點(diǎn)C在坐標(biāo)軸上，△ABC是等腰三角形，符合條件的點(diǎn)C共有5個(gè)．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等腰三角形的判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思考思考問題，屬于中考?？碱}型．2．（2020?龍崗區(qū)模擬）平面直角坐標(biāo)系中，已知A（1，2）、B（3，0）．若在坐標(biāo)軸上取點(diǎn)C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)可得到AB＝2，然后分類討論：若AC＝AB；若BC＝AB；若CA＝CB，確定C點(diǎn)的個(gè)數(shù)．【解答】解：∵點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（1，2）、B（3，0）．∴AB＝2，①若AC＝AB，以A為圓心，AB為半徑畫弧與坐標(biāo)軸有3個(gè)交點(diǎn)（B點(diǎn)除外），即（﹣1，0）、（0，2+）、（0，2﹣），即滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有3個(gè)；②若BC＝AB，以B為圓心，BA為半徑畫弧與坐標(biāo)軸有2個(gè)交點(diǎn)，即滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有2個(gè)；③若CA＝CB，作AB的垂直平分線與坐標(biāo)軸有2個(gè)交點(diǎn)，即滿足△ABC是等腰三角形的C點(diǎn)有2個(gè)．綜上所述：點(diǎn)C在坐標(biāo)軸上，△ABC是等腰三角形，符合條件的點(diǎn)C共有7個(gè)．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主考查了等腰三角形的判定以及分類討論思想的運(yùn)用，分三種情況分別討論，注意等腰三角形頂角的頂點(diǎn)在底邊的垂直平分線上．二．填空題（共1小題）3．（2021秋?定州市期中）如圖，已知點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（2，0）和（0，3），在坐標(biāo)軸上找一點(diǎn)C，使△ABC是等腰三角形，則符合條件的C點(diǎn)共有8個(gè)．【分析】分三種情形，AB＝AC，BA＝BC，CA＝CB，分別畫圖即可．【解答】解：如圖，當(dāng)AB＝AC時(shí)，以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑畫圓，與坐標(biāo)軸有三個(gè)交點(diǎn)（B點(diǎn)除外），當(dāng)BA＝BC時(shí)，以點(diǎn)B為圓心，AB為半徑畫圓，與坐標(biāo)軸有三個(gè)交點(diǎn)（A點(diǎn)除外），當(dāng)CA＝CB時(shí)，畫AB的垂直平分線與坐標(biāo)軸有2個(gè)交點(diǎn)，綜上所述：符合條件的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)有8個(gè)，故答案為：8．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，圓的定義，線段垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．三．解答題（共2小題）4．（2022?開州區(qū)模擬）如圖，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，D是BC的中點(diǎn)，E為AC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DF，連接EF，交AB于點(diǎn)G．（1）如圖1，若AB＝6，AE＝，求ED的長；（2）如圖2，點(diǎn)G恰好是EF的中點(diǎn)，連接BF，求證：CD＝BF；（3）如圖3，若AB＝4，連接CF，當(dāng)CF+BF取得最小值時(shí)．請(qǐng)直接寫出S△CEF的值．【分析】（1）過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，得∠CHE＝90°，在等腰直角三角形ABC中，求出BC＝6，AC＝，再證明△CHE也是等腰直角三角形，最后在Rt△DHE中，求出DE即可；（2）過點(diǎn)E作EM∥BF于AB交點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥BC交AC于N，得出△CDN為等腰直角三角形，再證明△BFD≌NED（SAS），△EMG≌△FBG（AAS），最后在等腰Rt△CDN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△BDT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AT的中點(diǎn)Q，連接BQ，作FH⊥BQ于點(diǎn)H，CJ⊥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+BF的值最小，即可解決問題．【解答】解：（1）如圖，過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，∴∠CHE＝90°，在等腰直角三角形ABC中，∵AB＝6，∴BC＝6，AC＝，∵D為BC中點(diǎn)，∴CD＝BC，∵AE＝，∴CE＝AC﹣CE＝，∵∠C＝45°，∴△CHE也是等腰直角三角形，∴CH＝EH＝5，∴HD＝CH﹣CD＝2，∴在Rt△DHE中，DE＝＝．（2）如圖，過點(diǎn)E作EM∥BF于AB交點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DN⊥BC交AC于N，∴△CDN為等腰直角三角形，∴CD＝ND，∵BD＝CD，∴BD＝DN，∵∠5+∠BDE＝∠6+∠BDE，∴∠5＝∠6，在△BFD和△NED中，，∴△BFD≌NED（SAS），∴BF＝EN，∠3＝∠4，在．△EMG和△FBG中，，∴△EMG≌△FBG（AAS），∴ME＝BF，∴ME＝EN，∵∠2+∠3＝45°，∴∠1+∠4＝45°，∴∠MEN＝∠1+∠4+∠FED＝90°，∴∠AEM＝90°，∴△AEM是等腰直角三角形，∴AE＝ME＝BF＝EN，∴BF＝AN，∵DN∥BC，D是BC的中點(diǎn)，∴CN＝AN，∴BF＝CN，又∵在等腰Rt△CDN中，CD＝CN，∴CD＝BF．（3）如圖3﹣1中，取AC的中點(diǎn)T，連接DT，BT，則△BDT是等腰直角三角形．∵∠EDF＝∠TDB＝90°，∴∠BDF＝∠TDE，∵DB＝DT，DF＝DE，∴△BDF≌△TDE（SAS），∴∠DBF＝∠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AT的中點(diǎn)Q，連接BQ，作FH⊥BQ于點(diǎn)H，CJ⊥BQ于點(diǎn)J，交BT于點(diǎn)R．∵tan∠FBH＝＝＝，∴FH＝BF，∴CF+BF＝CF+FH≤CJ，∴當(dāng)點(diǎn)F與R重合時(shí)，CF+BF的值最小，∵∠BTQ＝∠CTR＝90°，BT＝CT，∠QBT＝∠RCT，∴△BTQ≌△CTR（ASA），∴TR＝QT，∵AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC＝AB＝8，∴AT＝CT＝BT＝4，QT＝RT＝2，∴BF＝TE＝2，∴S△CEF＝?CE?FT＝×2×2＝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．5．（2018秋?徐州期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)分別為（4，0）、（0，3）．（1）求AB的長度．（2）如圖2，若以AB為邊在第一象限內(nèi)作正方形ABCD，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．（3）在x軸上是否存在一點(diǎn)P，使得△ABP是等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）先確定出OA＝4，OB＝3，再根據(jù)勾股定理得出AB＝＝5；（2）先判斷出△AOB≌△BEC，進(jìn)而得出BE＝OA＝4，CE＝OB＝3，即可得出OE＝OB+BE＝7，即可；（3）先表示出PA＝|a﹣4|，PB2＝a2+9，AB＝5，再分三種情況①當(dāng)PA＝AB時(shí)．②當(dāng)PA＝PB時(shí)，③當(dāng)PB＝AB時(shí)，討論計(jì)算即可．【解答】解：（1）∵A（4，0），B（0，3），∴OA＝4，OB＝3，∴AB＝＝5，（2）如圖，過點(diǎn)C作CE⊥OB于E，∴∠CBE+∠BCE＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠BCE，在△AOB和△BEC中，，∴△AOB≌△BEC，∴BE＝OA＝4，CE＝OB＝3，∴OE＝OB+BE＝7，∴C（3，7）；（3）設(shè)P（a，0），∵A（4，0），B（0，3），∴PA＝|a﹣4|，PB2＝a2+9，AB＝5，∵△ABP是等腰三角形，∴①當(dāng)PA＝AB時(shí)，∴|a﹣4|＝5，∴a＝﹣1或9，∴P（﹣1，0）或（9，0），②當(dāng)PA＝PB時(shí)，∴（a﹣4）2＝a2+9，∴a＝，∴P（，0），③當(dāng)PB＝AB時(shí)，∴a2+9＝25，∴a＝4（舍）或a＝﹣4，∴P（﹣4，0）．即：滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，0）、（﹣4，0）、（9，0）、（，0）．【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，分類討論和用方程思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．題型二：兩垂——圓構(gòu)造直角三角形模型一．選擇題（共1小題）1．（2020?章丘區(qū)模擬）如圖，已知點(diǎn)A（﹣6，0），B（2，0），點(diǎn)C在直線上，則使△ABC是直角三角形的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)∠A為直角，∠B為直角與∠C為直角三種情況進(jìn)行分析．【解答】解：如圖，①當(dāng)∠A為直角時(shí)，過點(diǎn)A作垂線與直線的交點(diǎn)W（﹣6，4），②當(dāng)∠B為直角時(shí)，過點(diǎn)B作垂線與直線的交點(diǎn)S（2，），③若∠C為直角，則點(diǎn)C在以線段AB為直徑、AB中點(diǎn)E（﹣2，0）為圓心、4為半徑的圓與直線的交點(diǎn)上．在直線中，當(dāng)x＝0時(shí)y＝2，即Q（0，2），當(dāng)y＝0時(shí)x＝6，即點(diǎn)P（6，0），則PQ＝＝4，過AB中點(diǎn)E（﹣2，0），作EF⊥直線l于點(diǎn)F，則∠EFP＝∠QOP＝90°，∵∠EPF＝∠QPO，∴△EFP∽△QOP，∴＝，即＝，解得：EF＝4，∴以線段AB為直徑、E（﹣2，0）為圓心的圓與直線恰好有一個(gè)交點(diǎn)．所以直線上有一點(diǎn)C滿足∠ACB＝90°．綜上所述，使△ABC是直角三角形的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為3，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是一次函數(shù)綜合題，在解答此題時(shí)要分三種情況進(jìn)行討論，關(guān)鍵是根據(jù)圓周角定理判斷∠C為直角的情況是否存在．二．解答題（共4小題）2．（2021秋?開州區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABO為等腰直角三角形，∠AOB＝90°，AO＝BO，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，1）．（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）在x軸上找一點(diǎn)P，使得PA+PB的值最小，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）在第四象限是否存在一點(diǎn)M，使得以點(diǎn)O，A，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）過點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，證明△AOC≌△OBD（AAS），即可求B點(diǎn)坐標(biāo)；（2）作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B'，連接AB'交x軸于點(diǎn)P，連接BP，當(dāng)A、B'、P三點(diǎn)共線時(shí)PA+PB的值最小，求出直線AB'的解析式即可求P點(diǎn)坐標(biāo)；（3）分三種情況：當(dāng)∠AOM＝90°時(shí)，AO＝OM，過點(diǎn)A作AF⊥y軸交于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作ME⊥y軸交于點(diǎn)E，證明△FAO≌△GMA（AAS），即可求M（4，﹣2）；②當(dāng)∠OAM＝90°時(shí)，OA＝AM，過點(diǎn)A作AF⊥y軸交于F點(diǎn)，過點(diǎn)M作MG⊥AF交于點(diǎn)G，證明△FAO≌△GMA（AAS），即可求M（4，﹣2）；③當(dāng)∠OMA＝90°時(shí)，OM＝AM，過點(diǎn)M作MQ⊥y軸交于Q點(diǎn)，過點(diǎn)A作AP⊥QM交于P點(diǎn)，證明△OQM≌△MPA（AAS），即可求M（2，﹣1）．【解答】解：（1）過點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，1），∴OC＝3，AC＝1，又∵AC⊥x軸，BD⊥x軸，∴∠ACO＝∠BDO＝90°，∴∠OAC+∠AOC＝90°，又∵∠AOB＝90°，∴∠BOD+∠AOC＝90°，∴∠OAC＝∠BOD，又∵AO＝BO，∴△AOC≌△OBD（AAS），∴OC＝BD＝3，AC＝OD＝1，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣1，3）；（2）如圖2，作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B'，連接AB'交x軸于點(diǎn)P，連接BP，由對(duì)稱性可知BP＝B'P，∴AP+BP＝AP+B'P≥AB'，∴當(dāng)A、B'、P三點(diǎn)共線時(shí)PA+PB的值最小，連接BB'交x軸于點(diǎn)E，則E（﹣1，0），∵點(diǎn)B與B'關(guān)于x軸對(duì)稱，∴點(diǎn)B'的坐標(biāo)為（﹣1，﹣3），設(shè)直線AB'的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣2，∴P（2，0）；（3）存在一點(diǎn)M，使得以點(diǎn)O，A，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形，理由如下：①當(dāng)∠AOM＝90°時(shí)，AO＝OM，如圖3，過點(diǎn)A作AF⊥y軸交于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作ME⊥y軸交于點(diǎn)E，∵∠FOA+∠FAO＝90°，∠FOA+∠EOM＝90°，∴∠FAO＝∠EOM，∵AO＝OM，∴△FAO≌△EOM（AAS），∴OF＝EM，OE＝FA，∵A（3，1），∴AF＝3，OF＝1，∴M（1，﹣3）；②如圖4，當(dāng)∠OAM＝90°時(shí)，OA＝AM，過點(diǎn)A作AF⊥y軸交于F點(diǎn)，過點(diǎn)M作MG⊥AF交于點(diǎn)G，∵∠FAO+∠FOA＝90°，∠FAO+∠GAM＝90°，∴∠AFO＝∠GAM，∴△FAO≌△GMA（AAS），∴AF＝GM，OF＝AF，∵A（3，1），∴AF＝3，OF＝1，∴M（4，﹣2）；③如圖5，當(dāng)∠OMA＝90°時(shí)，OM＝AM，過點(diǎn)M作MQ⊥y軸交于Q點(diǎn)，過點(diǎn)A作AP⊥QM交于P點(diǎn)，∵∠OMQ+∠QOM＝90°，∠OMQ+∠AM＝90°，∴∠QOM＝∠AMP，∴△OQM≌△MPA（AAS），∴OQ＝MP，QM＝AP，∵A（3，1），∴QM+MP＝3，1+QO＝QM，∴1+QO+OQ＝3，∴QO＝1，∴M（2，﹣1）；綜上所述：M點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣3）或（4，﹣2）或（2，﹣1）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查軸對(duì)稱求最短距離，熟練掌握軸對(duì)稱求最短距離的方法，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2021秋?曾都區(qū)期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為E，點(diǎn)F是AB延長線上一點(diǎn)，CB平分∠FCD．（1）求證：FC是⊙O的切線；（2）若AB＝10，BE：CE＝1：2，求FC的長．【分析】（1）如圖，連接OC，AC，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角可得∠OCB+∠OCA＝90°，再利用等邊對(duì)等角及角平分線性質(zhì)可得出∠OCB+∠BCF＝90°，然后運(yùn)用切線的判定定理即可證得結(jié)論；（2）先證得△BCE∽△BAC，可得＝＝，設(shè)BC＝x（x＞0），則AC＝2x，運(yùn)用勾股定理可求得BC＝2，再由BE2+CE2＝BC2，可得BE＝2，再通過△OCE∽△OFC，即可求得答案．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠OCB+∠OCA＝90°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∴∠OCB+∠OAC＝90°，∵CD⊥AB，∴∠BCE+∠OBC＝90°，∵∠OAC+∠OBC＝90°，∴∠OAC＝∠BCE，∵CB平分∠FCD，∴∠BCF＝∠BCE，∴∠OAC＝∠BCF，∴∠OCB+∠BCF＝90°，∴OC⊥CF，∴FC是⊙O的切線；（2）解∵∠BEC＝∠BCA＝90°，∠CBE＝∠ABC，∴△BCE∽△BAC，∴＝＝，設(shè)BC＝x（x＞0），則AC＝2x，在Rt△ABC中，∵BC2+AC2＝AB2，∴x2+（2x）2＝102，解得：x＝2，∴BC＝2，∵BE：CE＝1：2，∴CE＝2BE，在Rt△BCE中，∵BE2+CE2＝BC2，∴BE2+（2BE）2＝（2）2，解得：BE＝2，∴CE＝4，OE＝3，∵∠OEC＝∠OCF＝90°，∠COE＝∠FOC，∴△OCE∽△OFC，∴＝，即＝，∴CF＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了圓的性質(zhì)，切線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．4．（2022?江北區(qū)一模）如圖1，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，其中AB＝AD，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)E，在AC上取一點(diǎn)F，使得AF＝AB，過點(diǎn)F作GH⊥AC交⊙O于點(diǎn)G、H．（1）證明：△AED～△ADC．（2）如圖2，若AE＝1，且GH恰好經(jīng)過圓心O，求BC?CD的值．（3）若AE＝1，EF＝2，設(shè)BE的長為x．①如圖3，用含有x的代數(shù)式表示△BCD的周長．②如圖4，BC恰好經(jīng)過圓心O，求△BCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值．【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)與圓周角定理解得即可；（2）利用垂徑定理和（1）的結(jié)論求得AC，CE的長，通過證明△DEC∽△ABC，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（3）①利用垂徑定理和（1）的結(jié)論求得AC，CE的長，再通過證明△AED∽△BEC和△AEB∽△DEC，利用相似三角形的性質(zhì)求得BC，DE，CD的關(guān)系式，利用三角形周長的意義解答即可；②利用勾股定理求得BC，則△BCD的外接圓半徑可得，設(shè)△BCD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，利用三角形的面積公式列出方程，解方程即可求得△BCD內(nèi)切圓半徑．【解答】（1）證明：∵AB＝AD，∴．∴∠ADB＝∠ACD．∵∠DAE＝∠CAD，∴△AED∽△ADC．（2）解：∵△AED∽△ADC，∴．∵GH為⊙O的直徑，GH⊥AC，∴AF＝FC＝AC．∵AB＝AD，AF＝AB，∴AB＝AD＝AF，∴AC＝2AD．∴．∵AE＝1，∴AD＝2．∴AB＝2，AC＝4．∴EC＝AC﹣AE＝3．∵AB＝AD，∴．∴∠ACB＝∠ACD．∵∠BDC＝∠BAC，∴△DEC∽△ABC．∴．∴BC?CD＝AC?EC＝4×3＝12．（3）解：①∵AE＝1，EF＝2，∴AB＝AD＝AF＝AE+EF＝3．∵△AED∽△ADC，∴＝．∴AC＝3AD＝9．∴CE＝AC﹣AE＝8．∵∠CAD＝∠CBD，∠CEB＝∠DEA，∴△AED∽△BEC．∴．∴．∴DE＝，BC＝3x．∵∠ABD＝∠ACD，∠AEB＝∠DEC，∴△AEB∽△DEC．∴．∴．∴DC＝．∴△BCD的周長＝BC+CD+BE+DE＝3x++x+＝4x+．②∵BC為⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°．∴BC＝＝＝3．∴△BCD外接圓半徑為．在Rt△ABE中，BE＝＝＝．由①的結(jié)論可得：DE＝＝，CD＝，△BCD的周長＝4+＝，∴BD＝BE+DE＝．設(shè)△BCD內(nèi)切圓半徑為r，∴△BCD的周長×r＝×BD?CD．∴r＝×．∴r＝．∴△BCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值＝＝．【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．5．（2021秋?驛城區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A（0，2），B（8，8），點(diǎn)C（m，0）為x軸正半軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）當(dāng)m＝4時(shí)，寫出線段AC＝2，BC＝4．（2）求△ABC的面積．（用含m的代數(shù)式表示）（3）當(dāng)點(diǎn)C在運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn)C使△ABC為直角三角形，如果存在，請(qǐng)求出這個(gè)三角形的面積；如果不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）過點(diǎn)B作BE⊥x軸于E，由A、B、C點(diǎn)的坐標(biāo)可得BE＝8，OE＝8，AO＝2，OC＝4，由勾股定理可求解；（2）分兩種情況討論，由面積關(guān)系可求解；（3）分三種情況討論，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）如圖，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于E，∵點(diǎn)A（0，2），點(diǎn)B（8，8），點(diǎn)C（4，0）∴BE＝8，OE＝8，AO＝2，OC＝4，∴CE＝4，∴AC＝＝＝2，BC＝＝4，故答案為：2，4；（2）當(dāng)點(diǎn)C在OE上時(shí)，∵點(diǎn)A（0，2），點(diǎn)B（8，8），點(diǎn)C（m，0）∴BE＝8，OE＝8，AO＝2，OC＝m，∴S△ABC＝×（AO+BE）×OE﹣×AO×OC﹣×BE×CE，∴S△ABC＝×（2+8）×8﹣×2×m﹣×8×（8﹣m）＝8+3m；當(dāng)點(diǎn)C在線段OE的延長線上時(shí)，∵S△ABC＝×（AO+BE）×OE+×BE×CE﹣×AO×OC∴S△ABC＝×（2+8）×8+×8×（m﹣8）﹣×2×m＝3m+8，綜上所述：S△ABC＝3m+8；（3）當(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，BC2＝AB2+AC2，則64+（8﹣m）2＝64+（8﹣2）2+4+m2，解得m＝，∴S△ABC＝3×+8＝；當(dāng)∠ACB＝90°時(shí)，AB2＝AC2+BC2，則64+（8﹣2）2＝4+m2+64+（8﹣m）2，解得m＝4，∴S△ABC＝3×4+8＝20；當(dāng)∠ABC＝90°時(shí)，AC2＝AB2+BC2，則4+m2＝64+（8﹣2）2+64+（8﹣m）2，解得m＝14，∴S△ABC＝3×14+8＝50；綜上所述：存在m的值為或4或14，使△ABC為直角三角形，面積為或20或50．【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．題型三：胡不歸模型一．填空題（共4小題）1．（2021秋?北碚區(qū)校級(jí)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，CD＝4，M，N分別是邊AB，AD的動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝DN，連接CM、CN，E是邊CM上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是CM上靠近C的四等分點(diǎn)，連接AE、BE、NF，當(dāng)△CFN面積最小時(shí)，BE+AE的最小值為3．【分析】連接MN、AC，由菱形ABCD的性質(zhì)和∠BAD＝120°得到AB＝AD＝CD、∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，從而得到△ADC和△ABC為等邊三角形，然后得到AC＝DC，然后結(jié)合AM＝DN得證△AMC≌△DNC，得到CM＝CN、∠DCN＝∠ACM，從而得到∠MCN＝60°，得到△CMN為等邊三角形，由點(diǎn)F是CM上靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn)得到S△CFN＝S△CMN，所以△CMN的面積最小時(shí)，△CFN的面積也最小，從而有當(dāng)CN和CM最短，即CN⊥AD、CM⊥AB時(shí)△CFN的面積最小，取BE的中點(diǎn)為點(diǎn)G，連接MG，由△ABC為等邊三角形和CM⊥AB得到點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)、AE＝BE，進(jìn)而有MG＝AE＝BE，所以BE+AE＝AE，最后由點(diǎn)E是CM上的動(dòng)點(diǎn)，得到AE的最小值即為AM的長度，從而求得結(jié)果．【解答】解：如圖，連接MN、AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝CD，∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，∴△ADC和△ABC為等邊三角形，∴AC＝DC，∠ACD＝60°，∵AM＝DN，∴△AMC≌△DNC（SAS），∴CM＝CN，∠DCN＝∠ACM，∴∠MCN＝∠MCA+∠ACN＝∠DCN+∠ACN＝∠ACD＝60°，∴△CMN為等邊三角形，∵點(diǎn)F是CM上靠近點(diǎn)C的四等分點(diǎn)，∴S△CFN＝S△CMN，∴△CMN的面積最小時(shí)，△CFN的面積也最小，∵S△CMN＝，∴當(dāng)CN和CM長度最短時(shí)，S△CMN的面積最小，即CN⊥AD，CM⊥AB時(shí)△CFN的面積最小，取BE的中點(diǎn)為點(diǎn)G，連接MG，∵△ABC為等邊三角形，CM⊥AB，∴點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∴MG＝AE＝BE，∴BE+AE＝AE+AE＝AE，∵點(diǎn)E是CM上的動(dòng)點(diǎn)，∠AME＝90°，∴AE的最小值即為AM的長度，∵CD＝4，∴AM＝AB＝2，∴（BE+AE）最小值＝×2＝3，故答案為：3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂線段最短、等邊三角形的面積，將求三角形CFN的面積最小值轉(zhuǎn)化為CM和CN的最小值是解題的關(guān)鍵．2．（2022?鄖西縣模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AB＝2，若D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，則2AD+DC的最小值為6．【分析】變形2AD+CD＝2（AD+CD），在BC的下方作∠BCL＝30°，作DE⊥CL，則DE＝CD，進(jìn)而求得．【解答】解：如圖，在Rt△ABC中，AB＝2，∠C＝30°，∴AC＝＝2，在BC的下方作∠BCL＝30°，作AF⊥CL于F，作DE⊥CL于E，∴DE＝CD?sin30°＝CD，AF＝AC?sin∠ACL＝2＝3，∴AD+＝AD+DE≥AE≥AF，∴當(dāng)D點(diǎn)在D′時(shí)，（AD+）最?。紸F＝3，∴2AD+CD＝[2（AD+CD）]最?。?×3＝6，故答案是6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了“胡不歸“問題，即PA+k?PB問題，關(guān)鍵構(gòu)造出k或．3．（2022?貢井區(qū)模擬）如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點(diǎn)E，D是線段BE上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則CD+BD的最小值是4．【分析】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA＝＝2，設(shè)AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理構(gòu)建方程求出a，再證明DH＝BD，推出CD+BD＝CD+DH，由垂線段最短即可解決問題．【解答】解：如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∵tanA＝＝2，設(shè)AE＝a，BE＝2a，則有：100＝a2+4a2，∴a2＝20，∴a＝2或﹣2（舍棄），∴BE＝2a＝4，∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM＝BE＝4（等腰三角形兩腰上的高相等））∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，∴sin∠DBH＝＝＝，∴DH＝BD，∴CD+BD＝CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值為4．故答案為4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．4．（2020?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）已知在正方形ABCD中，AB＝5，點(diǎn)N在DC的延長線上，過D作BN的垂線分別交BC、BN于點(diǎn)P和點(diǎn)M，點(diǎn)Q在CD邊上且滿足＝，連接AE、CE，則CE+（+1）AE的最小值等于．【分析】先證明△BCN≌△DCP（ASA），再由＝得出∠BED＝120°，進(jìn)而有E在以O(shè)為圓心，BO為半徑的圓上，再延長CA至F使得，OF＝（+1）OE，構(gòu)造△AOE∽△EOF，從而有CE+（+1）AE＝CE+EF≥CF，再由勾股定理求出CF即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCN＝∠DCP，∵DM⊥BN，∴∠NBC＝∠PDC，∴△BCN≌△DCP（ASA），∴CP＝CN，∵AB＝5，∴＝可以變形為，∴，∴，∴，由正弦定理得：，∴sin∠QBN＝，∴∠QBN＝30°，∴∠QBC+∠BCD+∠PCQ＝∠BED＝120°，如圖，連接BD，AC交于G點(diǎn)，在BD上取一點(diǎn)O，連接BO、CO，使得∠BQD＝120°，∴E在以O(shè)為圓心，BO為半徑的圓上，延長CA至F使得，OF＝（+1）OE，∵AB＝5，∴BD＝AC＝5，∴BO＝OE＝＝，AG＝GC＝＝，∵∠OBG＝30°，∴OG＝OB＝，∴OA＝﹣，∴＝＝，∴＝，∵∠AOE＝∠EOF，∴△AOE∽△EOF，∴EF＝（）AE，∴CE+（+1）AE＝CE+EF≥CF，∵CF＝OF+OC，∴CF＝（+1）OE+OC＝，∴CE+（+1）AE的最小值等于．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、正弦定理、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，解決此題的關(guān)鍵是根據(jù)正弦定理將＝轉(zhuǎn)化為∠BED＝120°，判斷出E在以O(shè)為圓心，BO為半徑的圓上，構(gòu)造△AOE∽△EOF將CE+（+1）AE最小值轉(zhuǎn)化為CF．二．解答題（共5小題）5．（2022春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）在菱形ABCD中，∠DAB＝30°．（1）如圖1，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接CE，點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)，連接BF，若ED＝2﹣，求線段BF的長度；（2）如圖2，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，連接CE，過點(diǎn)D作DM⊥DC，連接MC，且∠MCE＝15°，連接ME，請(qǐng)?zhí)剿骶€段BE，DM，EM之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）如圖3，連接AC，點(diǎn)Q是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若AB＝2，求QB+QC+QD的最小值．【分析】（1）設(shè)菱形ABCD的邊長為a，利用勾股定理建立方程求解即可得出a＝2，在Rt△CBE中，CE＝＝＝，再運(yùn)用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得出答案；（2）如圖2，在BE上截取BN＝DM，連接CN，可證△CBN≌△CDM（SAS），再證△CEN≌△CEM（SAS），即可證得結(jié)論；（3）如圖3，過點(diǎn)C在直線AC的上方作∠ACK＝30°，分別過點(diǎn)B、Q作BH⊥CK于點(diǎn)H，QG⊥CK于點(diǎn)G，BH交AC于點(diǎn)Q′，連接BG，則QG＝QC，QB+QC+QD＝QC+2QB＝2（QC+QB）＝2（QG+QB），當(dāng)點(diǎn)Q與Q′重合時(shí)，QG+QB的值最小，當(dāng)點(diǎn)Q與Q'重合時(shí)，QG+QB＝Q′H+BQ'＝BH．再根據(jù)菱形性質(zhì)和等腰直角三角形性質(zhì)即可求得答案．【解答】解：（1）設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則AB＝AD＝a，AD∥BC，∴AE＝AD﹣DE＝a﹣（2﹣），∵BE⊥AD，∠DAB＝30°，∴BE＝AB＝a，在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，∴[a﹣（2﹣）]2+（a）2＝a2，解得：a＝2或a＝14﹣8（舍去），∴BC＝2，BE＝1，在Rt△CBE中，CE＝＝＝，∵點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)，∴BF＝CE＝；（2）BE＝DM+EM．證明：如圖2，在BE上截取BN＝DM，連接CN，∵四邊形ABCD是菱形，∴CB＝CD，∠BCD＝∠DAB＝30°，在△CBN和△CDM中，，∴△CBN≌△CDM（SAS），∴∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，∵∠BCN+∠DCN＝30°，∴∠DCM+∠DCN＝30°，即∠MCN＝30°∵∠MCE＝15°，∴∠NCE＝∠MCN﹣∠MCE＝30°﹣15°＝15°，∴∠NCE＝∠MCE，在△CEN和△CEM中，，∴△CEN≌△CEM（SAS），∴EN＝EM，∵BE＝BN+EN，∴BE＝DM+EM；（3）如圖3，過點(diǎn)C在直線AC的上方作∠ACK＝30°，分別過點(diǎn)B、Q作BH⊥CK于點(diǎn)H，QG⊥CK于點(diǎn)G，BH交AC于點(diǎn)Q′，連接BG，則QG＝QC，∵B、D關(guān)于直線AC對(duì)稱，∴QB＝QD，∴QB+QC+QD＝QC+2QB＝2（QC+QB）＝2（QG+QB），當(dāng)點(diǎn)Q與Q′重合時(shí)，QG+QB的值最小，當(dāng)點(diǎn)Q與Q'重合時(shí)，QG+QB＝Q′H+BQ'＝BH．當(dāng)點(diǎn)Q與Q'不重合時(shí)，QG+BQ＞BG＞BH．∵四邊形ABCD是菱形，∠BCD＝30°，∴∠BCA＝∠BCD＝15°，又∵∠ACK＝30°，∴∠BCK＝∠BCA+∠ACK＝45°，∵∠BHC＝90°，BC＝AB＝2，∴BH＝＝＝2，即QG+QB的最小值是2．∴QB+QC+QD的最小值是4．【點(diǎn)評(píng)】本題是菱形綜合題，考查的是軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪窂絾栴}、點(diǎn)到直線的距離﹣垂線段最短，菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等，掌握軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪窂降拇_定方法、靈活運(yùn)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．6．（2021?津南區(qū)一模）已知拋物線y＝x2﹣2x+c交x軸于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），其對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)C．（Ⅰ）求該拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)P是線段CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)C，D重合）．①過點(diǎn)P作y軸的垂線l交拋物線（對(duì)稱軸右側(cè)）于點(diǎn)Q，連接QB，QD，求△QBD面積的最大值；②連接PB，求PD+PB的最小值．【分析】（Ⅰ）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，即可得拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是（1，﹣4）；（Ⅱ）①過Q作QE∥y軸交BP于E，由B（3，0），D（1，﹣4）可得直線BD解析式為y＝2x﹣6，設(shè)Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，則E（m，2m﹣6），EQ＝﹣m2+4m﹣3，可得S△QBD＝EQ?|xB﹣xD|＝﹣（m﹣2）2+1，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)即得△QBD面積的最大值是1；②連接AD，過A作AH⊥BD于H，過P作PF⊥BD于F，連接AP，由P在拋物線對(duì)稱軸上，得PA＝PB，在Rt△DBC中可得sin∠BDC＝＝＝，在Rt△DPF中，PF＝PD?sin∠PDF＝PD，即知PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH，由2S△ABD＝AB?CD＝BD?AH得AH＝＝，即可得PD+PB的最小值是8．【解答】解：（Ⅰ）∵拋物線y＝x2﹣2x+c經(jīng)過點(diǎn)B（3，0），∴9﹣6+c＝0，解得c＝﹣3，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是（1，﹣4）；（Ⅱ）①過Q作QE∥y軸交BD于E，如圖：設(shè)直線BD解析式為y＝kx+b，將B（3，0），D（1，﹣4）代入得：，解得，∴直線BD解析式為y＝2x﹣6，根據(jù)題意知Q在線段BD下方，設(shè)Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，則E（m，2m﹣6），∴EQ＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3，∴S△QBD＝EQ?|xB﹣xD|＝（﹣m2+4m﹣3）×（3﹣1）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，∵﹣1＜0，1＜m＜3，∴m＝2時(shí)，S△QBD最大值為1，答：△QBD面積的最大值是1；②連接AD，過A作AH⊥BD于H，過P作PF⊥BD于F，連接AP，如圖：∵P在拋物線對(duì)稱軸上，∴PA＝PB，在Rt△DBC中，BD＝＝＝2，∴sin∠BDC＝＝＝，在Rt△DPF中，PF＝PD?sin∠PDF＝PD，∴PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH，由2S△ABD＝AB?CD＝BD?AH得：AH＝＝＝，∴PD+PB≥×＝8，即PD+PB的最小值是8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、三角形面積、“胡不歸”問題等，解題的關(guān)鍵是作輔助線，轉(zhuǎn)化PD+PB為（PF+PA）．7．（2021?番禺區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，過點(diǎn)A作AO⊥AC交BC于點(diǎn)O．（1）求證：BO＝BC；（2）設(shè)AB＝k．①以O(shè)B為半徑的⊙O交BC邊于另一點(diǎn)P，點(diǎn)D為CA邊上一點(diǎn)，且CD＝2DA．連接DP，求S△CPD．②點(diǎn)Q是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B合），連接OQ，在點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)過程中，求AQ+2OQ的最小值．【分析】（1）證明AO＝CO，BO＝AO，即可得到結(jié)論；（2）①Rt△AOC中求出OA，Rt△AOD中求出tan∠AOD可得∠AOD＝30°，利用△AOD≌△POD證明∠DPO＝∠AOD＝90°，DA＝DP，即可得到答案；②以A為頂點(diǎn)，AB為一邊，在△ABC外部作∠BAN＝30°，過Q作QN⊥AN于N，過O作OM⊥AN于M，連接OQ，由NQ＝AQ，AQ+2OQ＝2（AQ+OQ），故求出NQ+OQ最小值即OM的最小值即可．【解答】解：（1）證明：∵∠A＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∵AO⊥AC，∴∠OAC＝90°，∠BAO＝30°，∴BO＝AO，AO＝CO，∴BO＝CO，∴BO＝BC；（2）①如圖：∵AB＝k，∴AC＝k，Rt△AOC中，tanC＝，∴OA＝k＝OB，∵∠C＝30°，∴OC＝2OA＝k，∴CP＝OC﹣OP＝OC﹣OA＝k，∵CD＝2DA，∴DA＝，DC＝，Rt△AOD中，tan∠AOD＝＝＝，∴∠AOD＝30°，∵∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠C＝60°，∴∠AOD＝∠DOP＝30°，又OA＝OP，OD＝OD，∴△AOD≌△POD（SAS），∴∠DPO＝∠OAD＝90°，DA＝DP，∴DP＝，∴S△CPD＝CP?DP＝k2；②以A為頂點(diǎn)，AB為一邊，在△ABC外部作∠BAN＝30°，過Q作QN⊥AN于N，過O作OM⊥AN于M，連接OQ，如圖：在Rt△AQN中，∠BAN＝30°，∴NQ＝AQ，∵AQ+2OQ＝2（AQ+OQ），∴AQ+2OQ最小，即是AQ+OQ最小，故NQ+OQ最小，此時(shí)ON⊥AN，Q與Q'重合，N與M重合，OM長度即是AQ+OQ的最小值，而由①知：OA＝k，∠OAM＝∠OAB+∠BAM＝60°，Rt△AOM中，sin∠OAM＝，∴sin60°＝，∴OM＝，∴AQ+OQ的最小值為，∴AQ+2OQ的最小值是k．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等腰三角形的性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造“胡不歸”模型．8．（2021?羅湖區(qū)校級(jí)模擬）已知拋物線y＝ax2+bx（a，b為常數(shù)，a≠0）與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，其頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4）．（Ⅰ）求拋物線的解析式；（Ⅱ）點(diǎn)P是拋物線上位于直線AC上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△PAC面積的最大值；（Ⅲ）點(diǎn)Q是拋物線對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接QA，求QC+QA的最小值．【分析】（1）由頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4）列方程即可得答案；（2）設(shè)P橫坐標(biāo)為m，用m的代數(shù)式表示△PAC面積即可得出答案；（3）將QC+QA化為（QC+QA），屬“胡不歸”問題，作sin∠ECD＝，把所求問題轉(zhuǎn)化為求垂線段即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4），∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x，（2）過P作PQ交AC于Q，如答圖1：∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x，∴令y＝0得x1＝0，x2＝4，∴A（4，0），設(shè)直線AC解析式為y＝kx+b，將A（4，0）、C（2，4）代入得：，解得，∴直線AC解析式為y＝﹣2x+8，設(shè)P（m，﹣m2+4m），則Q（m，﹣2m+8），∴PQ＝（﹣m2+4m）﹣（﹣2m+8）＝﹣m2+6m﹣8，∴S△PAC＝S△PAQ+S△PCQ＝PQ?（xA﹣xC）＝（﹣m2+6m﹣8）×（4﹣2）＝﹣m2+6m﹣8，當(dāng)m＝＝3時(shí)，S△PAC最大為1，∴△PAC面積的最大值是1；（3）∵QC+QA＝（QC+QA），∴要使QC+QA最小，即是QC+QA最小，設(shè)拋物線對(duì)稱軸交x軸于D，以C為頂點(diǎn)，CD為一邊，在對(duì)稱軸左側(cè)作∠ECD，使sin∠ECD＝，過A作AB⊥CB于B，交CD于Q′，過Q作QF⊥CE于F，如答圖2：∵sin∠ECD＝，QF⊥CE，∴QF＝QC，∴QC+QA最小即是QF+QA最小，此時(shí)F與B重合，Q與Q′重合，QC+QA的最小值即是AB的長度，∵∠BQ′C＝∠AQ′D，∠Q/BC＝∠Q′DA＝90°，∴∠ECD＝∠Q′AD，∵sin∠ECD＝，∴sin∠Q′AD＝，可得tan∠Q′AD＝，cos∠Q′AD＝，而A（4，0）、C（2，4）知DA＝2，∴Q′A＝，Q′D＝1，∴Q′C＝3，∵sin∠ECD＝，∴Q′B＝，∴AB＝Q′A+Q′B＝，∴QC+QA最小為，∴QC+QA最小為（QC+QA）＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合知識(shí)，設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)表示線段長、轉(zhuǎn)化所求問題為求垂線段長是解題的關(guān)鍵，本題難度較大．9．（2021秋?簡陽市期中）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為4，直線l1：y＝x+2經(jīng)過點(diǎn)D，分別與x、y軸交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)．直線l2：y＝kx+b經(jīng)過點(diǎn)D及點(diǎn)C（1，0）．（1）求出直線l2的解析式．（2）在直線l2上是否存在點(diǎn)E，使△ABE與△ABO的面積相等，若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．（3）如圖2，點(diǎn)P為線段AD上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接CP，一動(dòng)點(diǎn)H從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CP以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到P，再沿線段PD以每秒個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到D后停止，求H點(diǎn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的最少用時(shí)．【分析】（1）利用C，D兩點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝kx+b，解方程組即可解決問題；（2）存在．如圖1中，作OE∥AB交CD于E．由AB∥OE，可得S△ABE＝S△ABO，構(gòu)建方程組求出點(diǎn)E坐標(biāo)即可；（3）如圖2中，作DM∥AC，PH⊥DM于H，CH′⊥DM于H′交AD于P′．由題意H點(diǎn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間t＝+＝（PC+），易知∠MDA＝∠BAO＝45°，推出PH＝，推出t＝（PC+PH），根據(jù)此線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)H與H′共線時(shí)，t的值最小，最小值＝CH′；【解答】解：（1）由題意A（﹣2，0），B（0，2），D（4，6），C（1，0），則有，解得，∴直線l2的解析式為y＝2x﹣2．（2）存在．①當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，如圖1中，作OE∥AB交CD于E．∵AB∥OE，∴S△ABE＝S△ABO，∵直線OE的解析式為y＝x，由，解得，∴E（2，2）．②當(dāng)點(diǎn)E′在線段CD的延長線上時(shí)，由，解得，∴E′（6，10）．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)E坐標(biāo)為（2，2）或（6，10）．（3）如圖2中，作DM∥AC，PH⊥DM于H，CH′⊥DM于H′交AD于P′．由題意H點(diǎn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間t＝+＝（PC+），∵A（﹣2，0），B（0，2），∴OA＝OB，∴∠MDA＝∠BAO＝45°，∴PH＝，∴t＝（PC+PH），根據(jù)此線段最短可知，點(diǎn)H與H′共線時(shí)，t的值最小，最小值＝CH′＝3s，∴H點(diǎn)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的最少用時(shí)為3s．【點(diǎn)評(píng)】本題考查一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、平行線的性質(zhì)、等高模型、垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?jí)狠S題．題型四：阿氏圓模型一．填空題（共2小題）1．（2022春?長順縣月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分別是邊BC、AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且DE＝4，P是DE的中點(diǎn)，連接PA，PB，則PA+PB的最小值為．【分析】如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接PF，AF．利用相似三角形的性質(zhì)證明PF＝PB，根據(jù)PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解決問題．【解答】解：如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接PF，AF．∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，∴PC＝DE＝2，∵＝，＝，∴＝，∵∠PCF＝∠BCP，∴△PCF∽△BCP，∴＝＝，∴PF＝PB，∴PA+PB＝PA+PF，∵PA+PF≥AF，AF＝＝＝，∴PA+PB≥，∴PA+PB的最小值為，故答案為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查阿氏圓問題，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．2．（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，∠B＝60°，圓B的半徑為4，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PD﹣PC的最大值為2．【分析】連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長線于H．利用相似三角形的性質(zhì)證明PG＝PC，再根據(jù)PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得結(jié)論．【解答】解：連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長線于H．∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，∴PB2＝BG?BC，∴＝，∵∠PBG＝∠CBP，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∵四邊形ABCD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，∴DG＝＝＝2，∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，∴PD﹣PC≤2，∴PD﹣PC的最大值為2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查阿氏圓問題，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．二．解答題（共3小題）3．（2021?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在△ABC與△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，點(diǎn)D在AB上．（1）如圖1，若點(diǎn)F在AC的延長線上，連接AE，探究線段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，且AC＝3，DE＝4，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，連接BF，點(diǎn)G為BF的中點(diǎn)，連接CG，在旋轉(zhuǎn)的過程中，求CG+BG的最小值；（3）如圖3，若點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，連接BF、CE交于點(diǎn)M，CE交AB于點(diǎn)N，且BC：DE：ME＝7：9：10，請(qǐng)直接寫出的值．【分析】（1）過F作FH⊥AB于H，過E作EG⊥AB于G，結(jié)合K字型全等，等腰直角三角形，四點(diǎn)共圓即可得到答案；（2）第二問考察隱圓問題與阿氏圓，取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，構(gòu)建相似，轉(zhuǎn)化線段即可得到答案；（3）過點(diǎn)C作BF平行線，點(diǎn)F作BC平行線交于點(diǎn)G；過點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過點(diǎn)K作KI⊥FG，證明△BDF≌△CDE，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t，結(jié)合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的知識(shí)進(jìn)行計(jì)算．【解答】解：（1）線段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系：，證明如下：過F作FH⊥AB于H，過E作EG⊥AB于G，如圖：∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠EDF＝90°，∴∠FHD＝∠DGE＝90°，∠FDH＝90°﹣∠EDG＝∠DEG，且DF＝DE，∴△FHD≌△DGE（AAS），∴FH＝DG＝AD+AG，∵∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，∴∠FAB＝∠FED＝45°，∴點(diǎn)F、D、A、E四點(diǎn)共圓，∴∠FAE＝∠FDE＝90°，∠EAG＝∠DFE＝45°，∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠BAC＝45°，∴△FAH和△EAG為等腰直角三角形，∴AF＝FH，AE＝AG，∴AF＝（AD+AG）＝AD+AG＝AD+AE；（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，如圖：∵G為BF的中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)，∴OG是△ABF的中位線，∴OG＝AF＝DF＝DE＝2，∵AC＝3，∴AB＝AC＝6，OB＝AB＝3，∴＝，而＝＝，∴＝，又∠HOG＝∠GOB，∴△HOG∽△GOB，∴＝＝，∴HG＝BG，∴，要使CG+BG的最小，需CG+HG最小，∴當(dāng)H、G、C三點(diǎn)共線時(shí)，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH，如圖：∵OC＝AB＝3，OH＝，∴CH＝＝，∴CG+BG的最小值是CH＝×＝．（3）過點(diǎn)C作BF平行線，點(diǎn)F作BC平行線交于點(diǎn)G；過點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過點(diǎn)K作KI⊥FG；如圖：∵∠BDC＝∠FDE＝90°，∴∠BDC+∠CDF＝∠FDE+∠CDF，即∠BDF＝∠CDE，且CD＝BD，DE＝DF，∴△BDF≌△CDE（SAS），∴BF＝CE，∠DEC＝∠DFB，∵∠DEC+∠DPE＝90°，∠DPE＝∠MPF，∴∠DFB+∠MPF＝90°，∴∠FME＝90°由BC：DE：ME＝7：9：10，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t；∴EF＝DE＝9t，∵CG∥BF，F(xiàn)G∥BC，∴四邊形BFGC為平行四邊形，∴CE＝BF＝CG，∠ECG＝∠FME＝90°，∴△ECG為等腰直角三角形，∴∠CGE＝45°＝∠GKH，∴△GKH為等腰直角三角形，∴＝，＝＝，＝，∴，∴△CDE∽△GFE，∴∠DCE＝∠FGE，∴；Rt△MFE中，MF＝＝t，∴FK＝MK﹣MF＝ME﹣MF＝10t﹣t，F(xiàn)G＝BC＝7t，設(shè)∠GFH＝α，∠KGI＝∠NCD＝β，∴＝，Rt△FKI中，sinα＝，∴，∵GH＝，∴KI＝FK?＝，∴sinβ＝＝＝＝＝，∴．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等腰直角三角形中的旋轉(zhuǎn)變換，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理等知識(shí)，中間穿插了不同的模型，對(duì)模型的運(yùn)用與轉(zhuǎn)化能力要求很高，難度較大，屬于壓軸題，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形．4．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，在四邊形ABCD中，AC交BD于點(diǎn)E，△ADE為等邊三角形．（1）若點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面積；（2）如圖2，若BC＝CD，點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，求證：AB＝2AF；（3）如圖3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，點(diǎn)P為四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠APD＝90°，連接BP，取BP的中點(diǎn)Q，連接CQ．當(dāng)AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2時(shí)，求CQ+BQ的最小值．【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，即可解決問題．（2）如圖2中，延長AF到G，使得AF＝FG，連接DG，CG，延長GC交BD于T，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H．想辦法證明△AEB≌△ADG（SAS），可得結(jié)論．（3）如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．想辦法證明△QJT∽△BJQ，推出＝＝＝，推出QT＝BQ，推出CQ+BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1中，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．∵△ADE是等邊三角形，∴AD＝DE＝4，∠AED＝∠CEH＝60°，∵∠CHE＝90°，∴CH＝EH?tan60°＝x，∵CD2＝CH2+DH2，∴25＝3x2+（x+4）2，∴4x2+8x﹣9＝0∴x＝或（舍棄），∴CH＝，∴S△BEC＝×4×＝﹣2．解法二：過點(diǎn)B作BJ⊥AC交AC的延長線于J，過點(diǎn)D作DT⊥AE于T．證明BJ＝DT，求出DT，即可解決問題．（2）證明：如圖2中，延長AF到G，使得FG＝AF，連接DG，CG，延長GC交BD于T，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H．∵AF＝FG，CF＝FD，∴四邊形ACGD是平行四邊形，∴AC∥DG，GC∥AD，∴∠CAD+∠ADG＝180°，∵△ADE是等邊三角形，∴AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，∴∠AEB＝∠ADG＝120°，∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT，∴△DGT是等邊三角形，∴DG＝DT，∠CTE＝∠CET＝60°，∴△CET是等邊三角形，∴CT＝CE，∠CTE＝∠CET＝60°，∵CB＝CD，CH⊥BD，∴BH＝DH，TH＝EH，∴BT＝DE，∴BE＝DT＝DG，∴△AEB≌△ADG（SAS），∴AB＝AG＝2AF．（3）解：如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠ADC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠CFA＝90°，∴四邊形AFCD是矩形，∴AD＝CF＝4，∵tan∠CBA＝＝2，∴BF＝2，∵AB＝6，∴AF＝4，∴AD＝AF，∴四邊形AFCD是正方形，∵BC＝＝＝2，CO＝＝＝2，OB＝＝4，∴CB＝CO，∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），∴∠BCF＝∠DCO，∴∠BCO＝∠DCF＝90°，∵BJ＝JO，∴CJ＝OB＝2，∴CT＝＝＝，∵BQ＝QP，BJ＝JO，∴QJ＝OP＝，∵QJ2＝2，TJ?JB＝×2＝2，∴QJ2＝JT?JB，∴＝，∵∠QJT＝∠QJB，∴△QJT∽△BJQ，∴＝＝＝，∴QT＝BQ，∴CQ+BQ＝CQ+QT≥CT＝，∴CQ+BQ的最小值為．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題（利用阿氏圓），屬于中考?jí)狠S題．5．（2019秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．【問題】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，在x軸，y軸上分別有點(diǎn)C（m，0），D（0，n），點(diǎn)P是平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且OP＝r，設(shè)＝k，求PC+kPD的最小值．阿氏圓的關(guān)鍵解題步驟：第一步：如圖1，在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；第二步：證明kPD＝PM；第三步：連接CM，此時(shí)CM即為所求的最小值．下面是該題的解答過程（部分）：解：在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．任務(wù)：（1）將以上解答過程補(bǔ)充完整．（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足CD