專題39 中考最值難點(diǎn)突破阿氏圓問(wèn)題（解析版 ）

專題39中考最值難點(diǎn)突破阿氏圓問(wèn)題（解析版）

模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練

【模型簡(jiǎn)介】

在圓上找一點(diǎn)P使得PA＋k·PB的值最?。?/p>

類型一求和最小

求PA＋k·PB的最小值，PA＋k·PB＝PA＋PC≥AC，當(dāng)A，P，C三點(diǎn)共線時(shí)，最小值為AC

典例1（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(wèn)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(guò)程（部分）：

解：在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，

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又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．

任務(wù)：

（1）將以上解答過(guò)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ADBD的最小值．

2

思路引領(lǐng)：（1）在OD上取點(diǎn)M，使+得3OM：OP＝OP：OD＝k，利用相似三角形的性質(zhì)以及兩點(diǎn)之間線

段最短解決問(wèn)題即可．

（2）利用（1）中結(jié)論計(jì)算即可．

解（1）在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，

又∵∠POD＝∠MOP，

∴△POM∽△DOP．

∴MP：PD＝k，

∴MP＝kPD，

∴PC+kPD＝PC+MP，當(dāng)PC+kPD取最小值時(shí)，PC+MP有最小值，即C，P，M三點(diǎn)共線時(shí)有最小值，

利用勾股定理得．

2222222

??=??+??=?+(??)=?+??

（2）∵AC＝m＝4，，在CB上取一點(diǎn)M，使得CMCD，

??224

===

??333

∴的最小值為．

2242410

總?結(jié)?提+升3：??本題屬于相似形4綜+合(題3)，=考查3了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)之間線段最短等

知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．

針對(duì)訓(xùn)練

1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，C半徑為2，P為圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，BP，

⊙

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求APBP的最小值．

1

+2

思路引領(lǐng)：連接CP，在CB上取點(diǎn)D，使CD＝1，連接DP、AD，則有，以此可證明△PCD

????1

==

∽△BCP，即可得到，APAP+PD，以此可推出當(dāng)點(diǎn)A、P?、?D在?同?一條2直線上時(shí)，APBP

??111

=+??=+

的最小值為AD的長(zhǎng)?，?再根2據(jù)勾股2定理即可求解．2

解：連接CP，在CB上取點(diǎn)D，使CD＝1，連接DP、AD，

則有，

????1

==

∵∠P?C?D＝?∠?BCP2，

∴△PCD∽△BCP，

∴，

??1

=

∴??2，

1

??=??

∴AP2AP+PD，

1

+??=

要使AP2BP最小，只要AP+PD最小，

1

當(dāng)點(diǎn)A、+P2、D在同一條直線上時(shí)，AP+PD最小，

即APBP的最小值為AD的長(zhǎng)，

1

在Rt△+A2CD中，CD＝1，AC＝6，

∴．

22

??=??+??=37

∴APBP的最小值為．

1

+237

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總結(jié)提升：本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，根據(jù)題意分析出點(diǎn)A、P、D在同一條直

線上時(shí)，APBP的最小值為AD的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．

1

2．如圖，在平面+直2角坐標(biāo)系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M為圓心，2為半徑畫圓，O為原點(diǎn)，

P是M上一動(dòng)點(diǎn)，則PO+2PA的最小值為10．2

⊙

思路引領(lǐng)：連接OM，在OM上截取MN，使得MN，連接PN，AN．證明△PMN∽△OMP，推出

??

=2=

，推出PNOP，推出OP+2OA＝2（OP+PA）＝2（PN+PA），再根據(jù)PN+PA≥AN，求出?A?N，

??111

==

可??得結(jié)2論．22

解：連接OM，在OM上截取MN，使得MN，連接PN，AN．

=2

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∵M(jìn)（4，4），

∴OM4，

22

∵PM＝=24，+M4N=2，

∴PM2＝M2N?MO，=2

∴，

????

=

∵∠??PMN?＝?∠OMP，

∴△PMN∽△OMP，

∴，

????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的最小值為10，

故答案為：10．

總結(jié)提升：本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(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(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．

3．（2018?碑林區(qū)校級(jí)三模）問(wèn)題提出：（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC邊上的中線，請(qǐng)用

尺規(guī)作圖做出AB邊上的中線CE，并證明BD＝CE：

問(wèn)題探究：（2）如圖2，已知點(diǎn)P是邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，PA＝3，求PCPD的最小

1

+2

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值；

問(wèn)題解決：（3）如圖3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，點(diǎn)M是矩形內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，MA＝15，當(dāng)

MCMD最小時(shí)，畫出點(diǎn)M的位置，并求出MCMD的最小值．

33

思路+引5領(lǐng)：（1）如圖1中，作線段AB的垂直平分+線5MN交AB于點(diǎn)E，連接EC．線段EC即為所求，

再根據(jù)SAS證明△BAD≌△CAE即可解決問(wèn)題；

（2）如圖2中，在AD上截取AE，使得AE．首先證明△PAE∽△DAP，推出，可得

3????1

===

PEPD，推出PCPD＝PC+PE，利用三角形2的三邊關(guān)系即可解決問(wèn)題；????2

11

=2+2

（3）如圖3中，如圖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，利用三角形的三邊關(guān)系即可解決問(wèn)題?；???255

33

解：（1）=如5圖1中，作線段+A5B的垂直平分線MN交AB于點(diǎn)E，連接EC．線段EC即為所求；

∵AB＝AC，AE＝EC，AD＝CD，

∴AE＝AD，

∵AB＝AC，∠A＝∠A，AD＝AE，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE．

（2）如圖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，

????

=

∴△??PAE∽??△DAP，

∴，

????1

==

∴P?E??P?D，2

1

=

∴PC2PD＝PC+PE，

1

∵PC+P2E≥EC，

∴PCPD的最小值為EC的長(zhǎng)，

1

+

在Rt△C2DE中，∵∠CDE＝90°，CD＝6，DE，

9

=2

∴EC，

29215

=6+()=

∴PCPD的最2小值為2．

115

+

22

（3）如圖3中，在AD上截取AE，使得AE＝9．

∵M(jìn)A2＝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

∵M(jìn)C+M5E≥EC，

∴MCMD的最小值為EC的長(zhǎng)，此時(shí)點(diǎn)M在線段EC上（如圖M′）．

3

在Rt△+C5DE中，∠CDE＝90°，CD＝18，DE＝16，

∴EC2，

22

=16+18=145

∴MCMD的最小值為2．

3

總結(jié)提+升5：本題屬于四邊形綜14合5題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(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)，三角形的三邊關(guān)系，最短問(wèn)題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想解決

問(wèn)題，添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題，用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．

類型二求差最大

典例2（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)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PDPC的最大值為2．

1

?237

思路引領(lǐng)：連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長(zhǎng)

線于H．利用相似三角形的性質(zhì)證明PGPC，再根據(jù)PDPC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得結(jié)論．

11

解：連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得B=G2＝2，連接PG，D?G2，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于H．

∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，

∴PB2＝BG?BC，

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∴，

????

=

∵∠??PBG?＝?∠CBP，

∴△PBG∽△CBP，

∴，

????1

==

∴P?G??P?C，2

1

∵四邊=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的最大值為2．

1

總結(jié)提?升2：本題考查阿氏圓3問(wèn)7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(wèn)題，屬于中考填空題中的壓軸題．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2022?常熟市二模）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，B的半徑為2，點(diǎn)P是B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，

⊙⊙

則PDPC的最大值為5．

1

?2

思路引領(lǐng)：由PDPC＝PD﹣PG≤DG，當(dāng)點(diǎn)P在DG的延長(zhǎng)線上時(shí)，PDPC的值最大，最大值為

11

DG＝5．?2?2

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解：在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝1，如圖，

∵2，2，

??2??4

====

∴??1，??2

????

=

∵∠??PBG?＝?∠PBC，

∴△PBG∽△CBP，

∴，

????1

==

∴P?G??P?C，2

1

=

當(dāng)點(diǎn)P在2DG的延長(zhǎng)線上時(shí)，PDPC的值最大，最大值為DG5．

122

故答案為：5?2=4+3=

總結(jié)提升：本題考查圓綜合題、正方形的性質(zhì)、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)構(gòu)

建相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)之間線段最短解決，題目比較

難，屬于中考?jí)狠S題．

2．（2021?商河縣校級(jí)模擬）（1）初步思考：

如圖1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N為BC上一點(diǎn)且BN＝1，試證明：PNPC

1

（2）問(wèn)題提出：=2

如圖2，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，圓B的半徑為2，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求PDPC的最

1

小值．+2

（3）推廣運(yùn)用：

如圖3，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∠B＝60°，圓B的半徑為2，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求PDPC

1

?2

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的最大值．

思路引領(lǐng)：（1）通過(guò)相似三角形△BPN∽△BCP的性質(zhì)證得結(jié)論；

（2）如圖2中，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出，推出PGPC，

????11

===

推出PDPC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，當(dāng)D、G、P共線時(shí)，PD??P?C?的值2最小，最小2值為

11

++

DG25．由PDPC＝PD﹣PG≤DG；2

221

（3=）如4圖+33中，=在BC上取?一2點(diǎn)G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．解法類似（2）；

（1）證明：如圖1，

∵PB＝2，BC＝4，BN＝1，

∴PB2＝4，BN?BC＝4．

∴PB2＝BN?BC．

∴．

????

=

又∵??∠B＝??∠B，

∴△BPN∽△BCP．

∴．

????1

==

∴P?N?P?C?；2

1

（2）=如2圖2，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝1，

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，

??2，??4

∵??=1=2??=2=2

????

∴??=??∠???=∠???

∴△???∽△???

????1

∴??=??=2

1

∴??=2??

1

∴??+??=??+??

當(dāng)、、共線2時(shí)，的值最小，

∵??+??≥??

最小值為1

∴?????+2??

22

??=4+3=5

（3）同（2）中證法，如圖3，

當(dāng)點(diǎn)P在DG的延長(zhǎng)線上時(shí)，PDPC的最大值，最大值為．

1

總結(jié)提升：本題考查圓綜合題、正?方2形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、?相?=似三3角7形的判定和性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段

最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為

兩點(diǎn)之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考?jí)狠S題．

類型三綜合應(yīng)用

典例3（（2020?成華區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，拋物線y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）與x軸交于點(diǎn)C（﹣1，0）與y

軸交于點(diǎn)B（0，3），在線段OA上有一動(dòng)點(diǎn)E（不與O、A重合），過(guò)點(diǎn)E作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)

N，交拋物線于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M．

（1）分別求出拋物線和直線AB的函數(shù)表達(dá)式；

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（2）設(shè)△PMN的面積為S1，△AEN的面積為S2，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

?136

=

（3）如圖2，在（2）的條件下，將線段OE繞點(diǎn)O逆時(shí)?2針旋2轉(zhuǎn)5的到OE′，旋轉(zhuǎn)角為（0°＜＜90°），

αα

連接E′A、E′B，求E'AE'B的最小值．

2

+3

思路引領(lǐng)：（1）令y＝0，求出拋物線與x軸交點(diǎn)，列出方程即可求出a，根據(jù)待定系數(shù)法可以確定直線

AB解析式．

（2）由△PNM∽△ANE，推出，列出方程即可解決問(wèn)題．

??6

=

（3）在y軸上取一點(diǎn)M使得?O?M′5，構(gòu)造相似三角形，可以證明AM′就是E′AE′B的最小

42

值．=3+3

解：（1）∵拋物線y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）與x軸交于點(diǎn)C（﹣1，0）與y軸交于點(diǎn)B（0，3），

則有，解得，

3

?=3

?=?4

∴拋物?線+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），

設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，則，

?=3

解得，4?+?=0

3

?=?4

∴直線?A=B3解析式為yx+3．

3

=?4

（2）如圖1中，設(shè)P（m，m2m+3），則E（m，0），

39

?4+4

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∵PM⊥AB，PE⊥OA，

∴∠PMN＝∠AEN，

∵∠PNM＝∠ANE，

∴△PNM∽△ANE，

∵△PMN的面積為S1，△AEN的面積為S2，，

?136

=

∴，?225

??6

=

∵?N?E∥O5B，

∴，

????

=

∴A?N??（?4﹣m），

5

=

∵拋物線4解析式為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（舍棄），

∴m＝2，

∴P（2，）．

9

2

（3）如圖2中，在y軸上取一點(diǎn)M′使得OM′，連接AM′，在AM′上取一點(diǎn)E′使得OE′＝

4

OE．=3

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∵OE′＝2，OM′?OB3＝4，

4

∴OE′2＝OM′?OB，=3×

∴，

??′??

=

∵∠??B′OE′??＝′∠M′OE′，

∴△M′OE′∽△E′OB，

∴，

?′?′??′2

==

∴M?′?′E′??BE′3，

2

=

∴AE′BE3′＝AE′+E′M′＝AM′，此時(shí)AE′BE′最?。▋牲c(diǎn)間線段最短，A、M′、E′共

22

線時(shí)），+3+3

最小值＝AM′．

242410

總結(jié)提升：本題屬=于二4次+函(數(shù)3)綜=合題3，考查相似三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法、最小值問(wèn)題等知識(shí)，

解題的關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，找到線段AM′就是E′AE′B的最小值，屬于中考?jí)狠S題

2

針對(duì)訓(xùn)練+3

1．（2021?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若點(diǎn)D為AC上一點(diǎn)，連接BD，將

BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到BE，連接CE，交AB于點(diǎn)F．

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（1）如圖1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的長(zhǎng)；

（2）如圖2，點(diǎn)G為BC的中點(diǎn)，連接FG交BD于點(diǎn)H．若∠ABD＝30°，猜想線段DC與線段HG

的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過(guò)程；

（3）如圖3，若AB＝4，D為AC的中點(diǎn)，將△ABD繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)得△A′BD′，連接A′C、A′D，當(dāng)

A′DA′C最小時(shí)，求S△A′BC．

2

思路引+領(lǐng)2：（1）通過(guò)作輔助線，構(gòu)造直角三角形，借助解直角三角形求得線段的長(zhǎng)度；

（2）通過(guò)作輔助線，構(gòu)造全等三角形，設(shè)AC＝a，利用中位線定理，解直角三角形，用a的代數(shù)式表示

CD和HG，即可得CD與HG的數(shù)量關(guān)系；

（3）構(gòu)造阿氏圓模型，利用兩點(diǎn)之間線段最短，確定A'（4）的位置，繼而求得相關(guān)三角形的面積．

解：（1）過(guò)D作DG⊥BC，垂足是G，如圖1：

∵將BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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）線段2DC與線段HG的數(shù)量關(guān)系為：HG，

3

=4??

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證明：延長(zhǎng)CA，過(guò)E作EN垂直于CA的延長(zhǎng)線，垂足是N，連接BN，ED，過(guò)G作GM⊥AB于M，如

圖：

∴∠END＝90°，

由旋轉(zhuǎn)可知∠EBD＝90°，

∴∠EDB＝45°

∴∠END＝∠EBD＝90°，

∴E，B，D，N四點(diǎn)共圓，

∴∠BNE＝∠EDB＝45°，∠NEB+∠BDN＝180°

∵∠BDC+∠BDN＝180°，∠BCD＝45°，

∴∠BEN＝∠BDC，

∴∠BNE＝45°＝∠BCD，

在△BEN和△BDC中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?=BE?N?≌△BDC（AAS），

∴BN＝BC，

∵∠BAC＝90°，

在等腰△BNC中，由三線合一可知BA是CN的中線，

∵∠BAC＝∠END＝90°，

∴EN∥AB，

∵A是CN的中點(diǎn)，

∴F是EC的中點(diǎn)，

∵G是BC的中點(diǎn)，

∴FG是△BEC的中位線，

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∴FG∥BE，F(xiàn)GBE，

1

∵BE⊥BD，=2

∴FG⊥BD，

∵∠ABD＝30°，

∴∠BFG＝60°，

∵∠ABC＝45°，

∴∠BGF＝75°，

設(shè)AC＝a，則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

??4

=

∴H??G3；

3

（3）=設(shè)4AB?＝?a，則BC，取BC的中點(diǎn)N，連接A′D，A′C，A′N，連接DN，如圖3，

=2?

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由旋轉(zhuǎn)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

=

根據(jù)旋轉(zhuǎn)2和兩點(diǎn)之間線段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此時(shí)D、A'、N共線，即A'

2

在線段DN上，?′?+2?′?

設(shè)此時(shí)A'落在A''處，過(guò)A''作A''F⊥AB于F，連接AA''，如圖4，

∵D，N分別是AC，BC的中點(diǎn)，

∴DN是△ABC的中位線，

∴DN∥AB，

∵AB⊥AC，

∴DN⊥AC，

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∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，

∴四邊形A''FAD是矩形，

∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，

∵又A''B＝AB＝4，

設(shè)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

∴此時(shí)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×

總結(jié)提3升：此3題?主要考查全等三角形判定，等腰三角形的三線合一，解直角三角形，四點(diǎn)共圓，幾何最

值的阿氏圓模型等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于壓軸題，解得關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形和

相似三角形解決問(wèn)題．

2．（2022?高唐縣二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣4，﹣4），B（0，4），直線AC的解析式

為yx﹣6，且與y軸相交于點(diǎn)C，若點(diǎn)E是直線AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸交AC于點(diǎn)F．

1

（1）=?求2拋物線y＝﹣x2+bx+c的解析式；

（2）點(diǎn)H是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接EH，HF，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形EAFH是矩形？求出此

時(shí)點(diǎn)E，H的坐標(biāo)；

（3）在（2）的前提下，以點(diǎn)E為圓心，EH長(zhǎng)為半徑作圓，點(diǎn)M為E上以動(dòng)點(diǎn)，求AM+CM的最小

1

⊙

值．2

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思路引領(lǐng)：（1）直接利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，可判斷出AB⊥AC，當(dāng)四邊形EAFH是平行四邊形時(shí)，

四邊形EAFH是矩形，分別點(diǎn)E、H、F的坐標(biāo)，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解即可；

（3）先取EG的中點(diǎn)P，進(jìn)而判斷出△PEM∽△MEA，即可得出PMAM，連接CP交E于點(diǎn)M，

1

再求出點(diǎn)P坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．=2⊙

解：（1）將點(diǎn)A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得：

，

?16?4?+?=?4

解?得=：4，

?=?2

∴拋物線?解=析4式為：y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如圖，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到（﹣2，0）時(shí)，四邊形EAFH是矩形，

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設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，

將點(diǎn)A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得：

，

?4?+?=?4

解?得=：4，

?=2

∴線AB?的=解4析式為y＝2x+4，

∵直線AC的解析式為yx﹣6，

1

∴AB⊥AC，=?2

∴當(dāng)四邊形EAFH是平行四邊形時(shí)，四邊形EAFH是矩形，此時(shí)，EF與AH互相平分，

設(shè)E（m，2m+4），H（0，t）則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）如圖，

由（2）可知E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），

∴EH，AE＝2，

=55

設(shè)AE交E于點(diǎn)G，取GE的中點(diǎn)P，則PE，

5

⊙=2

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設(shè)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

連接P=C交(?2E)于+點(diǎn)(M?，1連+接6)E=M，2則EM＝EH，

⊙=5

∴5，

??21

==

??52

∵，

??51

==

∴??25，2

????

=

∵∠??PEM?＝?∠MEA，

∴△PEM∽△MEA，

∴，

????1

==

∴P?M?A?M?，2

1

=2

∴AM+CM＝PM+CM，

1

∴當(dāng)2P、M、C三點(diǎn)共線時(shí)，AM+CM取得最小值即PC的長(zhǎng)，

1

∴AM+CM最小值為．2

155

總2結(jié)提升：本題是二次2函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)關(guān)系式，平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性

質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，極值的確定，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，利用

中點(diǎn)坐標(biāo)公式構(gòu)建方程，以及構(gòu)造相似三角形是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．

模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)

1．（2021秋?西峽縣期末）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中

點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值等于（）

1

??+??

2

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A．4B．C．D．

321715

思路引領(lǐng)：在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，證明△APQ∽△ABP，可得PQPB，則

1

=2

PC+PQ，當(dāng)C、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，PC+PQ的值最小，求出CQ即為所求．

1

??+??=

2解：在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，

∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，

∴，

??1

=

∵?A?P＝22，AQ＝1，

∴，

??1

=

∵∠??PAQ2＝∠BAP，

∴△APQ∽△ABP，

∴PQPB，

1

=2

∴PC+PQ≥CQ，

1

??+??=

在2Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，

∴QB，

22

∴=??的+最?小?值=17，

1

??+??17

故選2：C．

總結(jié)提升：本題考查了阿氏圓問(wèn)題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造

相似三角形是解題的關(guān)鍵．

2．（2022秋?永嘉縣校級(jí)期末）如圖所示，∠ACB＝60°，半徑為2的圓O內(nèi)切于∠ACB．P為圓O上一動(dòng)

點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM+2PN的取值范圍為6﹣

2PM+2PN≤6+2．

3≤3

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思路引領(lǐng)：PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HPPM，確定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°