重難點突破05幾何動點及最值、存在性問題重難點題型突破題型01將軍飲馬問題1．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，點P是邊AD上一點（不與點A，D重合），連接PB，PC．點M，N分別是PB，PC的中點，連接MN，AM，DN，點E在邊AD上，

A．23 B．3 C．32 2．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E在邊BC上，且BE=1，F為對角線BD上一動點，連接CF，EF，則CF+EF的最小值為___________．

3．（2023·四川宜賓·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角頂點C3，0，頂點A、B

(1)分別求反比例函數的表達式和直線AB所對應的一次函數的表達式；(2)在x軸上是否存在一點P，使△ABP周長的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由．題型02胡不歸問題4．（2022·內蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為_____．5．（2023·湖南湘西·中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過點B作BE⊥AC于點E，點P為線段BE上一動點（點P不與B，E重合），則CP+12BP

6．（2023·遼寧錦州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD、AE，使AD=AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+題型03阿氏圓問題7．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A,B兩點，與y軸交于點C,AB=4．拋物線的對稱軸x=3與經過點A的直線y=kx?1交于點D，與x

(1)求直線AD及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點M，使得△ADM是以AD為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以點B為圓心，畫半徑為2的圓，點P為⊙B上一個動點，請求出PC+18．（2023·山東濟南·一模）拋物線y=?12x2+a?1x+2a與x軸交于Ab,0，(1)求a，b，c的值；(2)如圖1，連接BC、AP，交點為M，連接PB，若S△PMBS△AMB(3)如圖2，在（2）的條件下，過點P作x軸的垂線交x軸于點E，將線段OE繞點O逆時針旋轉得到OE'，旋轉角為α(0°<α<90°)，連接E'B，E'C，求題型04隱圓問題9．（2022·山東泰安·中考真題）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=3，BC=4．點P是線段BC上一動點，點M為線段AP上一點．∠ADM=∠BAP，則BM的最小值為（

）A．52 B．125 C．13?10．（2022·安徽蚌埠·一模）如圖，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC內部的一個動點，滿足∠PAB=∠PBC，則線段CP長的最小值為（

A．325 B．2 C．213?611．（20-21九年級上·江蘇鹽城·期末）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標為(5,12)，點P是⊙M上的任意一點，PA⊥PB，且PA、PB與x軸分別交于A、B兩點，若點A、點B關于原點O對稱，則AB的最小值為________．12．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．（1）對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，則稱點P為線段AB的“等角點”．顯然，線段AB的“等角點”有無數個，且A、B、P三點共圓．①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，直接寫出點C的坐標和⊙C的半徑；②y軸正半軸上是否有線段AB的“等角點”？如果有，求出“等角點”的坐標；如果沒有，請說明理由；（2）當點P在y軸正半軸上運動時，∠APB是否有最大值？如果有，說明此時∠APB最大的理由，并求出點P的坐標；如果沒有請說明理由．13．（21-22九年級下·福建廈門·期中）如圖，等邊三角形ABC內接于半徑長為2的⊙O，點P在圓弧AB上以2倍速度從B向A運動，點Q在圓弧BC上以1倍速度從C向B運動，當點P，O，Q三點處于同一條直線時，停止運動．(1)求點Q的運動總長度；(2)若M為弦PB的中點，求運動過程中CM的最大值．題型05費馬點問題14．（2023·湖北隨州·中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）當△ABC的三個內角均小于120°時，如圖1，將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'為由_②_可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=_已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”為_④_點．(2)如圖4，在△ABC中，三個內角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知點P為

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/km，a元/km，2a元/15．（2021·山東濟南·三模）如圖（1），P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．（1）若點P是等邊三角形三條中線的交點，點P____（填是或不是）該三角形的費馬點．（2）如果點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．求證：△ABP∽△BCP；（3）已知銳角△ABC，分別以AB、AC為邊向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P點．如圖（2）①求∠CPD的度數；②求證：P點為△ABC的費馬點．題型06瓜豆原理模型16．（22-23九年級上·江蘇揚州·階段練習）如圖，A是⊙B上任意一點，點C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，A．43+4 B．4 C．417．（2022·廣東河源·二模）如圖，已知AC=2AO=8，平面內點P到點O的距離為2，連接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，連接AB，BC，則線段BC18．（23-24九年級上·江蘇宿遷·階段練習）如圖，線段AB為⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB=4，BC=2，點P是⊙O上一動點，連接CP，以CP為斜邊在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，連接OD，則OD長的最大值為__________．19．（20-21九年級·陜西西安·開學考試）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是對角線BD上的一點，連接AE． （1）當E在AB的中垂線上時，把射線EA繞點E順時針旋轉90°后交CD于F，連接BF．如圖①，若AB=4，求EF的長．（2）在（1）的條件下，連接BF，把△BEF繞點B順時針旋轉得到△BHK如圖②，連接CH，點N為CH的中點，連接AN，求AN的最大值．20．（21-22八年級上·廣東湛江·階段練習）在平面直角坐標系中，Aa,0、Bb,0，且a，b滿足(a+b)2+|3+b|=0，（1）如圖1，若C0,4，求△ABC（2）如圖1，若C0,4,BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求（3）如圖2，若∠CBA=60°，以CD為邊，在CD的右側作等邊△CDE，連接OE，當OE最短時，求A，E兩點之間的距離；題型07等腰（邊）三角形存在問題21．（2022·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形ABCD的邊AB在x軸上，頂點D在y軸的正半軸上，M為BC的中點，OA、OB的長分別是一元二次方程x2?7x+12=0的兩個根OA<OB，tan∠DAB=43，動點P從點D出發以每秒1個單位長度的速度沿折線DC?CB向點B運動，到達B點停止．設運動時間為t(1)求點C的坐標；(2)求S關于t的函數關系式，并寫出自變量t的取值范圍；(3)在點P的運動過程中，是否存在點P，使△CMP是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．22．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動點（不與點A，D重合）．邊BC關于BE對稱的線段為BF，連接AF．

(1)若∠ABE=15°，求證：△ABF是等邊三角形；(2)延長FA，交射線BE于點G；①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時∠ABE的度數；如果不能，請說明理由；②若AB=3+6，求△BGF題型08直角三角形存在問題23．（2022·貴州安順·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD邊上的一點，連接CE，將矩形ABCD沿CE折疊，頂點D恰好落在AB邊上的點F處，延長CE交BA的延長線于點G．(1)求線段AE的長；(2)求證四邊形DGFC為菱形；(3)如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動點（與端點不重合），且∠DMN=∠DCM，設DN=x，是否存在這樣的點N，使△DMN是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．24．（2024·山東東營·二模）在人教版八年級下冊教材“實驗與探究——豐富多彩的正方形”中，我們研究正方形的性質時用到了圖①、圖②兩個圖形，圖②為大小不等的兩個正方形如圖排列，整個圖形被切割為5部分，受這兩個圖形的啟發，三個數學興趣小組分別提出了以下問題，請你回答：【問題一】“啟智”小組提出問題：如圖①，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，OA1交AB于點E，OC【問題二】受圖①啟發，“善思”小組繼續探究，畫出了圖③：直線m、n經過正方形ABCD的對稱中心O，直線m分別與AD、BC交于點E、F，直線n分別與AB、CD交于點G、H，且m⊥n，若正方形ABCD邊長為10，求四邊形OEAG的面積；【問題三】受圖②啟發，“智慧”小組繼續探究，畫出了圖④：正方形CEFG的頂點G在正方形ABCD的邊CD上，頂點E在BC的延長線上，且BC=12，CE=4．在直線BE上是否存在點P，使△APF為直角三角形？若存在，請直接寫出BP的長度；若不存在，說明理由．25．（2024·新疆烏魯木齊·一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點D，BC=10cm，AD=8cm，點P從點B出發，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于E、F、H，當點P到達點C，點P與直線m同時停止運動，設運動時間為(1)AH=__________，EF=__________（用含t的式子表示）．(2)在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當△PEF的面積最大時，求線段BP的長；(3)是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由．題型09平行四邊形存在問題26．（2022·湖北荊州·一模）如圖，拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A、B兩點，點A在點B的左側，且A?1,0,B4,0，與y軸交于點C，連結BC，以BC為邊，點O為中心作菱形BDEC，點P是(1)求該拋物線對應的函數解析式；(2)x軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)當點P在線段OB上運動時，過點P作x軸的垂線交拋物線于點Q，交BD于點M．試探究：當m為何值時，四邊形CQMD是平行四邊形？請說明理由．27．（2023·黑龍江雞西·模擬預測）在平面直角坐標系中，邊長為4的菱形的頂點B，C在x軸上，D在y軸上，如圖，已知∠A=60°，C2,0(1)求點D的坐標(2)動點P從點A出發，以每秒1個單位速度沿射線AD運動，過點P作PE⊥x軸于E，直線PE交直線CD于點Q，設△PCQ的面積為S，點P的運動時間為t秒，當點Q在x軸上方時，求S與t的關系式，直接寫出t的取值范圍.(3)在（2）的條件下，連接CP，當點Q在第一象限，△PCQ為等腰三角形時，作∠PQC的平分線交射線AD于點M，此時是否存在點N，使以點D，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點N的坐標，若不存在，說明理由.題型10矩形、菱形、正方形存在問題28．（2023·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形AOCB的邊OC在x軸上，∠AOC=60°，OC的長是一元二次方程x2?4x?12=0的根，過點C作x軸的垂線，交對角線OB于點D，直線AD分別交x軸和y軸于點F和點E，動點M從點O以每秒1個單位長度的速度沿OD向終點D運動，動點N從點F以每秒2個單位長度的速度沿FE向終點E運動．兩點同時出發，設運動時間為

(1)求直線AD的解析式．(2)連接MN，求△MDN的面積S與運動時間t的函數關系式．(3)點N在運動的過程中，在坐標平面內是否存在一點Q．使得以A，C，N，Q為項點的四邊形是矩形．若存在，直接寫出點Q的坐標，若不存在，說明理由．29．（2024·河北張家口·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，tan∠CAB=43．動點M以每秒2個單位的速度從點A出發，沿著A→B→C的方向運動，當點M到達點C時，運動停止．點N是點M關于點B的對稱點，過點M作MQ⊥AC于點Q，以MN，MQ為鄰邊作平行四邊形MNPQ，設點(1)求BC的長；(2)當t=2時，求證：QP=AM；(3)是否存在這樣的t值，使得平行四邊形MNPQ為菱形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由．30．綜合與探索【探索發現】如圖1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,CB=CA，過點A作AD⊥l交于點D，過點B作BE⊥l交于點E，易得△ADC≌△CEB，我們稱這種全等模型為“k型全等”．（不需要證明）

【遷移應用】如圖2，在直角坐標系中，直線l1:y=2x+4分別與y軸，x軸交于點（1）直接寫出OA=_________，OB=_________；（2）在第二象限構造等腰直角△ABE，使得∠BAE=90°，則點E的坐標為_________；

（3）如圖3，將直線l1繞點A順時針旋轉45°得到l2，求

【拓展應用】（4）如圖4，直線AB:y=2x+8分別交x軸和y軸于A,B兩點，點C在第二象限內一點，在平面內是否存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理由．題型11全等/相似存在性問題31．（2023·廣西南寧·二模）如圖，在△ABC中，AD為高，AC=18．點E為AC上的一點，CE=12AE，連接BE，交AD于O(1)猜想線段BO與AC的位置關系，并證明；(2)有一動點Q從點A出發沿射線AC以每秒6個單位長度的速度運動，設點Q的運動時間為t秒，是否存在t的值，使得△BOQ的面積為27？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由；(3)在（2）條件下，動點P從點O出發沿線段OB以每秒2個單位長度的速度向終點B運動，P、Q兩點同時出發，當點P到達點B時，P、Q兩點同時停止運動，設運動時間為t秒，點F是直線BC上一點，且CF=AO，當△AOP與△FCQ全等時，求t的值．32．（2023·北京海淀·模擬預測）如圖，在平面角坐標系中，點A在x軸的正半軸上，點B的坐標0，?23，過原點的直線OC與直線(1)點C坐標為______，OC=______，△BOC的面積為______，S△OAC(2)點C關于x軸的對稱點C'(3)過O點作OE⊥OC交AB于E點，則△OAE的形狀為______，請說明理由；(4)在坐標平面內是否存在點F使△AOF和△AOB全等，若存在，請直接寫出F坐標，若不存在，請說明理由33．（2023·廣西桂林·二模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCO的邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，且B點坐標為4，3．動點M、N分別從點O、B同時出發，以1單位/秒的速度運動（點M沿OA向終點A運動，點N沿BC向終點C運動），過點N作NP∥AB交AC于點P，連接(1)直接寫出OA、AB的長度；(2)在運動過程中，請求出△MPA的面積S與運動時間t的函數關系式；(3)在運動過程中，△MPA的面積S是否存在最大值？若存在，請求出當t為何值時有最大值，并求出最大值；若不存在，請說明理由．(4)在運動過程中，以點A，P，M為頂點的三角形與△AOC能相似嗎？若能相似，請求出運動時間t的值；若不能相似，請說明理由．題型12角度存在性問題34．（2023·陜西西安·模擬預測）如果一個三角形的一個內角等于另一個內角的2倍，我們稱這樣的三角形為倍角三角形，并稱這兩個角的公共邊為底邊．

(1)如圖1，在△ABC中．按如下做法：①作BC的中垂線l：②作∠ABC的角平分線與中垂線l交于點O；③連接CO并延長與AB交于點P，得到△BCP．若按上述作法，得到的△BCP是倍角三角形．則∠PBC與∠PCB的等量關系___________；(2)如圖2，在矩形ABCD中，以BC為底邊做一個倍角三角形頂點P恰好落在AD邊上．若BC=4，BP=2．求CP的長度．(3)如圖3，現有一塊梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD=3，BC=12．工人師傅想用這塊板材裁出一個△BCP型部件，使得點P在梯形ABCD的邊CD上，△BCP為以BC為底邊且∠CBP=2∠C的倍角三角形．是否存在滿足要求的△BCP？若存在，請確定點P位置（求出35．（2023·上海浦東新·二模）已知：⊙O的直徑AB=10，C是AB的中點，D是⊙O上的一個動點（不與點A、B、C重合），射線CD交射線AB于點E．(1)如圖1，當BE=AB，求線段CD的長；(2)如圖2，當點D在BC上運動時，連接BC、BD，(3)連接OD，當△ODE是以DE為腰的等腰三角形時，求△ODE與△CBE面積的比值．36．（2023·浙江金華·一模）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，點P是射線BC上的動點，連結AP，在AP的右邊作∠PAQ=12∠BAC，交射線BC(1)當BP=1時，求點P到AB的距離．(2)當點P在線段BC上運動時，記BP=x，CQ=y，求y關于x的函數表達式和自變量x的取值范圍．(3)在點P的運動過程中，不再連結其他線段，當圖中存在某個角為45°時，求BQ的長，并指出相應的45°角．

重難點突破05幾何動點及最值、存在性問題重難點題型突破題型01將軍飲馬問題1．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，點P是邊AD上一點（不與點A，D重合），連接PB，PC．點M，N分別是PB，PC的中點，連接MN，AM，DN，點E在邊AD上，

A．23 B．3 C．32 【答案】C【分析】根據直線三角形斜邊中線的性質可得AM=12BP，DN=12CP，通過證明四邊形MNDE是平行四邊形，可得ME=DN，則AM+ME=AM+DN=12BP+CP，作點C關于直線AD的對稱點M，則BP+CP=BP+PM，點B【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAP=∠CDP=90°，AD∥∵點M，N分別是PB，∴AM=12BP，DN=12∵AD∥BC，∴MN∥又∵ME∥∴四邊形MNDE是平行四邊形，∴ME=DN，∴AM+ME=AM+DN=1如圖，作點C關于直線AD的對稱點M，連接PM，BM，則BP+CP=BP+PM，當點B，P，M三點共線時，BP+PM的值最小，最小值為BM，在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=210，∴BM=B∴AM+ME的最小值=1故選C．【點睛】本題考查矩形的性質，直線三角形斜邊中線的性質，中位線的性質，平行四邊形的判定與性質，軸對稱的性質，勾股定理，線段的最值問題等，解題的關鍵是牢固掌握上述知識點，熟練運用等量代換思想．2．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E在邊BC上，且BE=1，F為對角線BD上一動點，連接CF，EF，則CF+EF的最小值為___________．

【答案】17【分析】連接AE交BD于一點F，連接CF，根據正方形的對稱性得到此時CF+EF=AE最小，利用勾股定理求出AE即可．【詳解】解：如圖，連接AE交BD于一點F，連接CF，∵四邊形ABCD是正方形，∴點A與點C關于BD對稱，∴AF=CF，∴CF+EF=AF+EF=AE，此時CF+EF最小，∵正方形ABCD的邊長為4，∴AD=4,∠ABC=90°，∵點E在AB上，且BE=1，∴AE=AB2+B故答案為：17．【點睛】此題考查正方形的性質，熟練運用勾股定理計算是解題的關鍵．3．（2023·四川宜賓·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角頂點C3，0，頂點A、B

(1)分別求反比例函數的表達式和直線AB所對應的一次函數的表達式；(2)在x軸上是否存在一點P，使△ABP周長的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=6x(2)在x軸上存在一點P5,0，使△ABP周長的值最小,最小值是2【分析】（1）過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BD⊥x軸于點D，證明△ACE≌△CBDAAS，則CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3?m得到點A的坐標是3?m,3，由A、B6，m恰好落在反比例函數y=kx第一象限的圖象上得到33?m=6m，解得m=1，得到點（2）延長AE至點A'，使得EA'=AE，連接A'B交x軸于點P，連接AP，利用軸對稱的性質得到AP=A'P，A'2,?3，則AP+PB=A'【詳解】（1）解：過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BD⊥x軸于點D，則∠AEC=∠CDB=90°，

∵點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，∴點A的坐標是3?m,3，∵A、B6，m∴33?m解得m=1，∴點A的坐標是2,3，點B的坐標是6,1，∴k=6m=6，∴反比例函數的解析式是y=6設直線AB所對應的一次函數的表達式為y=px+q，把點A和點B的坐標代入得，2p+q=36p+q=1，解得p=?∴直線AB所對應的一次函數的表達式為y=?1（2）延長AE至點A'，使得EA'=AE，連接A'B交

∴點A與點A'關于x∴AP=A'P∵AP+PB=A∴AP+PB的最小值是A'∵AB=2?62+∴此時△ABP的周長為AP+PB+AB=AB+A設直線A'B的解析式是則2n+t=?36n+t=1解得n=1t=?5∴直線A'B的解析式是當y=0時，0=x?5，解得x=5，即點P的坐標是5,0，此時AP+PB+AB=AB+A綜上可知，在x軸上存在一點P5,0，使△ABP周長的值最小，最小值是2【點睛】此題考查了反比例函數和一次函數的圖象和性質、用到了待定系數法求函數解析式、勾股定理求兩點間距離、軸對稱最短路徑問題、全等三角形的判定和性質等知識，數形結合和準確計算是解題的關鍵．題型02胡不歸問題4．（2022·內蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為_____．【答案】42【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2【詳解】解：如圖，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時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故答案為：42【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，解直角直角三角形，解題的關鍵是作輔助線．5．（2023·湖南湘西·中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過點B作BE⊥AC于點E，點P為線段BE上一動點（點P不與B，E重合），則CP+12BP

【答案】6【分析】過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F，連接AO，根據等邊三角形的性質和圓內接三角形的性質得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性質得到OE=12OA=2，進而求出BE=BO+EO=6【詳解】如圖所示，過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F，連接AO

∵△ABC是等邊三角形，BE⊥AC∴∠ABE=∠CBE=∵⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為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是等邊三角形，BE⊥AC，CF⊥AB∴CF=BE=6∴CP+1故答案為：6．【點睛】此題考查了圓內接三角形的性質，等邊三角形的性質，含30°角直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．6．（2023·遼寧錦州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD、AE，使AD=AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+【答案】2【分析】過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥AB于點H，先利用角平分線和三角形的內角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性質得出PQ=12AP，則CP+12AP=CP+PQ≥CH，當C、P、Q三點共線，且與AB垂直時，CP+12AP最小，CP+【詳解】解：過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥AB于點H，由題意知：AF平分∠BAC，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，∴∠BAF=1∴PQ=1∴CP+1∴當C、P、Q三點共線，且與AB垂直時，CP+12AP最小，CP+∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，∴AB=2AC=8，∴BC=A∵S△ABC∴CH=AC?BC即CP+12AP故答案為：23【點睛】本題考查了尺規作圖-作角平分線，含30°的直角三角形的性質，勾股定理等知識，注意掌握利用等積法求三角形的高或點的線的距離的方法．題型03阿氏圓問題7．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A,B兩點，與y軸交于點C,AB=4．拋物線的對稱軸x=3與經過點A的直線y=kx?1交于點D，與x(1)求直線AD及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點M，使得△ADM是以AD為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以點B為圓心，畫半徑為2的圓，點P為⊙B上一個動點，請求出PC+1【答案】(1)直線AD的解析式為y=x?1；拋物線解析式為y=(2)存在，點M的坐標為4,?3或0,5或5,0(3)41【分析】（1）根據對稱軸x=3，AB=4，得到點A及B的坐標，再利用待定系數法求解析式即可；（2）先求出點D的坐標，再分兩種情況：①當∠DAM=90°時，求出直線AM的解析式為y=?x+1，解方程組y=?x+1y=x2?6x+5，即可得到點M的坐標；②當∠ADM=90°時，求出直線DM的解析式為y=?x+5，解方程組（3）在AB上取點F，使BF=1，連接CF，證得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，進而得到當點C、P、F【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸x=3，AB=4，∴A1,0將A1,0代入直線y=kx?1，得k?1=0解得k=1，∴直線AD的解析式為y=x?1；將A1,0,B5,0a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1∴拋物線的解析式為y=x（2）存在點M，∵直線AD的解析式為y=x?1，拋物線對稱軸x=3與x軸交于點E．∴當x=3時，y=x?1=2，∴D3,2①當∠DAM=90°時，設直線AM的解析式為y=?x+c，將點A坐標代入，得?1+c=0，解得c=1，∴直線AM的解析式為y=?x+1，解方程組y=?x+1y=得x=1y=0或x=4∴點M的坐標為4,?3；②當∠ADM=90°時，設直線DM的解析式為y=?x+d，將D3,2得?3+d=2，解得d=5，∴直線DM的解析式為y=?x+5，解方程組y=?x+5y=解得x=0y=5或x=5∴點M的坐標為0,5或5,0綜上，點M的坐標為4,?3或0,5或5,0；（3）如圖，在AB上取點F，使BF=1，連接CF，∵PB=2，∴BFPB∵PBAB∴BFPB又∵∠PBF=∠ABP，∴△PBF∽△ABP，∴PFPA=BF∴PC+1∴當點C、P、F三點共線時，PC+12PA∵OC=5,OF=OB?1=5?1=4，∴CF=O∴PC+12PA【點睛】此題是一次函數，二次函數及圓的綜合題，掌握待定系數法求函數解析式，直角三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，求兩圖象的交點坐標，正確掌握各知識點是解題的關鍵．8．（2023·山東濟南·一模）拋物線y=?12x2+a?1x+2a與x軸交于Ab,0，(1)求a，b，c的值；(2)如圖1，連接BC、AP，交點為M，連接PB，若S△PMBS△AMB(3)如圖2，在（2）的條件下，過點P作x軸的垂線交x軸于點E，將線段OE繞點O逆時針旋轉得到OE'，旋轉角為α(0°<α<90°)，連接E'B，E'C，求【答案】(1)a=2，b=?2，c=4(2)P(3)337【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）過點P作PD⊥x軸，交BC于點D，過點A作y軸的平行線交BC的延長線于H，求得lBC的解析式，設Pm,?1（3）在y軸上取一點F，使得OF=94，連接BF，由相似三角形的判定與性質可得FE【詳解】（1）解：將B4,0代入y=?得?8+4a?1∴a=2，∴拋物線的解析式為y=?1令x=0，則y=4，∴c=4，令y=0，則0=?1∴x1=4∴A?2,0，即b=?2∴a=2，b=?2，c=4（2）過點P作PD⊥x軸，交BC于點D，過點A作y軸的平行線交BC的延長線于H，設lBC：y=kx+b，將0,4，4,0代入得b=44k+b=0解得：b=4，∴lBC：設Pm,?12PD=y∵PD∥∴△AMH∽△PMD，∴PM將x=?2代入y=?x+4，∴HA=6，∵S∴PD∴PD=3∴3∴m1=1(舍)∴P3,（3）在y軸上取一點F，使得OF=94，連接根據旋轉得性質得出：OE∵OF?OC=9∴OE∴OE∵∠COE∴△FOE∴FE∴FE∴E'B+34E'C=BE'最小值為：BF=4【點睛】此題考查的是二次函數的綜合題意，涉及到相似三角形的判定與性質、二次函數與面積的問題、待定系數法求解析式，旋轉的性質等知識．正確的作出輔助線是解此題的關鍵．題型04隱圓問題9．（2022·山東泰安·中考真題）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=3，BC=4．點P是線段BC上一動點，點M為線段AP上一點．∠ADM=∠BAP，則BM的最小值為（

）A．52 B．125 C．13?【答案】D【分析】證明∠AMD=90°，得出點M在O點為圓心，以【詳解】設AD的中點為O，以O點為圓心，AO為半徑畫圓∵四邊形ABCD為矩形∴∠BAP∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD∴∠AMD∴點M在O點為圓心，以AO為半徑的圓上連接OB交圓O與點N∵點B為圓O外一點∴當直線BM過圓心O時，BM最短∵BO2∴B∴BO=∵BN=BO?AO=故選：D．【點睛】本題考查直角三角形、圓的性質，解題的關鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關知識．10．（2022·安徽蚌埠·一模）如圖，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC內部的一個動點，滿足∠PAB=∠PBC，則線段CP長的最小值為（

A．325 B．2 C．213?6【答案】D【分析】結合題意推導得∠APB=90°，取AB的中點O，以點O為圓心，AB為直徑作圓，連接OP；根據直角三角形斜邊中線的性質，得OP=OA=OB=12AB=4；根據圓的對稱性，得點P在以AB為直徑的⊙O上，根據兩點之間直線段最短的性質，得當點O、點P、點C三點共線時，PC【詳解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，取AB的中點O，以點O為圓心，AB為直徑作圓，連接OP，∴OP=OA=OB=1∴點P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC交⊙O于點P，當點O、點P、點C三點共線時，PC最小在Rt△BCO∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，∴OC=B∴PC=OC?OP=2∴PC最小值為2故選：D．【點睛】本題考查了兩點之間直線段最短、圓、勾股定理、直角三角形斜邊中線的知識；解題的關鍵是熟練掌握圓的對稱性、兩點之間直線段最短、直角三角形斜邊中線的性質，從而完成求解．11．（20-21九年級上·江蘇鹽城·期末）如圖，⊙M的半徑為4，圓心M的坐標為(5,12)，點P是⊙M上的任意一點，PA⊥PB，且PA、PB與x軸分別交于A、B兩點，若點A、點B關于原點O對稱，則AB的最小值為__________．【答案】18【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，則PO需取得最小值，連接OM，交⊙M于點P'，當點P位于P'位置時，【詳解】解：連接OP，∵PA⊥PB，∴∠APB=90°，∵AO=BO，∴AB=2PO，若要使AB取得最小值，則PO需取得最小值，連接OM，交⊙M于點P'，當點P位于P'位置時，OP'取得最小值，過點M作MQ⊥x軸于點Q，則OQ=5，MQ=12，∴OM=13，又∵MP'=4，∴OP'=9，∴AB=2OP'=18，故答案是：18．【點睛】本題主要考查點與圓的位置關系，解題的關鍵是根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出AB取得最小值時點P的位置．12．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．（1）對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，則稱點P為線段AB的“等角點”．顯然，線段AB的“等角點”有無數個，且A、B、P三點共圓．①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，直接寫出點C的坐標和⊙C的半徑；②y軸正半軸上是否有線段AB的“等角點”？如果有，求出“等角點”的坐標；如果沒有，請說明理由；（2）當點P在y軸正半軸上運動時，∠APB是否有最大值？如果有，說明此時∠APB最大的理由，并求出點P的坐標；如果沒有請說明理由．【答案】（1）①(4，3)或(4,?3)，半徑為32；②存在，(0，3+2)或(0，3?2)，見解析；（2）有，見解析，(0，7)【分析】（1）①在x軸的上方，作以AB為斜邊的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三點在⊙C上，圓心C的坐標為(4,3)，半徑為32，根據對稱性可知點C(4，?3)也滿足條件；②當圓心為C（4，3）時，過點C作CD⊥y軸于D，則D（0，3），CD=4，根據⊙C的半徑得⊙C與y軸相交，設交點為P1，P2，此時P1，P2在y軸的正半軸上，連接CP1、CP2、CA，則CP1=（2）如果點P在y軸的正半軸上，設此時圓心為E，則E在第一象限，在y軸的正半軸上任取一點M(不與點P重合)，連接MA，MB，PA，PB，設MB交于⊙E于點N，連接NA，則∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，過點E作EF⊥x軸于F，連接EA，EP，則AF=12AB=3，OF=4，四邊形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得EF=7，則【詳解】（1）①如圖1中，在x軸的上方，作以AB為斜邊的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三點在⊙C上，圓心C的坐標為(4,3)，半徑為32，根據對稱性可知點C(4,?3)也滿足條件；②y軸的正半軸上存在線段AB的“等角點“。如圖2所示，當圓心為C（4，3）時，過點C作CD⊥y軸于D，則D（0，3），CD=4，∵⊙C的半徑r=32∴⊙C與y軸相交，設交點為P1，P2，此時P1，P連接CP1、CP2、CA，則CP1=CP∵CD⊥y軸，CD=4，CP∴DP∴P1(0,3+2當圓心為C（4，-3）時，點P在y軸的負半軸上，不符合題意；（2）當過點A，B的圓與y軸正半軸相切于點P時，∠APB最大，理由如下：如果點P在y軸的正半軸上，設此時圓心為E，則E在第一象限，如圖3所示，在y軸的正半軸上任取一點M(不與點P重合)，連接MA，MB，PA，PB，設MB交于⊙E于點N，連接NA，∵點P，點N在⊙E上，∴∠APB=∠ANB，∵∠ANB是△MAN的外角，∴∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，此時，過點E作EF⊥x軸于F，連接EA，EP，則AF=12AB=3，OF∵⊙E與y軸相切于點P，則EP⊥y軸，∴四邊形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，∴⊙E的半徑為4，即EA=4，∴在Rt△AEF中，EF=E∴OP=7即P(0【點睛】本題考查了圓與三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性質，解題的關鍵是掌握這些知識點．13．（21-22九年級下·福建廈門·期中）如圖，等邊三角形ABC內接于半徑長為2的⊙O，點P在圓弧AB上以2倍速度從B向A運動，點Q在圓弧BC上以1倍速度從C向B運動，當點P，O，Q三點處于同一條直線時，停止運動．(1)求點Q的運動總長度；(2)若M為弦PB的中點，求運動過程中CM的最大值．【答案】(1)2(2)7【分析】（1）如圖，設∠COQ=α,結合題意可得：∠BOP=2α，結合正三角形的性質求解α=60°,再利用弧長公式進行計算即可；（2）解：如圖，取OB的中點N，連接NM，NC，MC，過N作NK⊥BC于K，過O作OE⊥BC于E，證明M在以N為圓心，半徑為1的圓N上運動，可得當C，N，M三點共線時，CM最大，從而可得答案．【詳解】（1）解：如圖，設∠COQ=α,結合題意可得：∠BOP=2α，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BOC=360°∴∠BOQ=120°?α,而P,O,Q三點共線，∴∠BOQ=180°?2α,∴120°?α=180°?2α,解得：α=∴Q運動的總長度為：60π×2（2）解：如圖，取OB的中點N，連接NM，NC，MC，過N作NK⊥BC于K，過O作OE⊥BC于E，∵M為PB的中點，∴NM=1∴M在以N為圓心，半徑為1的圓N上運動，∴當C，N，M三點共線時，CM最大，∵∠BOC=120°,OB=OC,∴∠OBC=30°,∴NK=1同理可得：BE=3,則∴CK=23∴NC=(∴CM=CN+NM=7∴CM的最大值為：7【點睛】本題考查的是弧長的計算，弧與圓心角的關系，圓的基本性質，正多邊形的性質，勾股定理的應用，熟練的構造輔助圓，再求解線段的最大值是解本題的關鍵．題型05費馬點問題14．（2023·湖北隨州·中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）當△ABC的三個內角均小于120°時，如圖1，將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'為由_②_可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=_已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”為_④_點．(2)如圖4，在△ABC中，三個內角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知點P為

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/km，a元/km，2a元/【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【分析】（1）根據旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結論；（2）根據（1）的方法將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P'C，即可得出可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'（3）由總的鋪設成本=a(PA+PB+2PC)，通過將△APC繞，點C順時針旋轉90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出當B，P【詳解】（1）解：∵PC=P∴△PCP∴PP'=PC又P'A'由兩點之間線段最短可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC最小值為A'B，此時的∴∠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，∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最小．又∵已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．（2）將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P由（1）可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A

∵∠ACP=∠A∴∠ACP+∠BCP=∠A又∵∠PC∴∠BCA由旋轉性質可知：AC=A∴A'∴PA+PB+PC最小值為5，（3）∵總的鋪設成本=PA·a+PB·a+PC·∴當PA+PB+2將△APC繞，點C順時針旋轉90°得到△A'P'由旋轉性質可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC∴PP∴PA+PB+2當B，P，P'，A在同一條直線上時，P'A'+PB+P

過點A'作A'H⊥BC∵∠ACB=60°，∠ACA∴∠A∴A'∴HC=A∴BH=BC+CH=23∴APA+PB+2PC總的鋪設成本=PA·a+PB·a+PC·2故答案為：2【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉作出正確的輔助線是解本題的關鍵．15．（2021·山東濟南·三模）如圖（1），P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．（1）若點P是等邊三角形三條中線的交點，點P______（填是或不是）該三角形的費馬點．（2）如果點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．求證：△ABP∽△BCP；（3）已知銳角△ABC，分別以AB、AC為邊向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P點．如圖（2）①求∠CPD的度數；②求證：P點為△ABC的費馬點．【答案】（1）是；（2）見解析；（3）①60°，②見解析【分析】（1）由等邊三角形的性質證明∠ABP=∠PAB=30°,可得∠APB=120°,同法可得：∠APC=∠BPC=120°,從而可得結論；（2）由P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC＝60°，證明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，從而可得△ABP∽△BCP；（3）①如圖2所示：由△ABE與△ACD都為等邊三角形，證明△ACE≌△ADB（SAS），利用全等三角形的性質可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；②先證明△ADF∽△PCF，可得AFPF=DFCF,再證明△AFP∽△DFC．可得∠APC＝∠CPD【詳解】解：（1）如圖1所示：∵AB＝BC，BM是AC的中線，∴MB平分∠ABC．同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．∴∠APB＝120°．同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．∴P是△ABC的費馬點．故答案為：是．（2）∵P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．∴∠APB＝∠BPC＝120°，∴∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，∴∠PAB＝∠PBC，∴△ABP∽△BCP．（3）如圖2所示：①∵△ABE與△ACD都為等邊三角形，∴∠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證明：∵∠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點為△ABC的費馬點．【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質，三角形全等的判定與性質，三角形相似的判定與性質，確定圖中隱含的全等三角形與相似三角形是解題的關鍵．題型06瓜豆原理模型16．（22-23九年級上·江蘇揚州·階段練習）如圖，A是⊙B上任意一點，點C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，A．43+4 B．4 C．4【答案】A【分析】以BC為邊向上作等邊三角形BCM，連接DM，證明△DCM≌△ACB得到DM=AB=2，分析出點D的運動軌跡是以點M為圓心，DM長為半徑的圓，在求出點D到線段BC的最大距離，即可求出面積的最大值．【詳解】解：如圖，以BC為邊向上作等邊三角形BCM，連接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，∴點D的運動軌跡是以點M為圓心，DM長為半徑的圓，要使△BCD的面積最大，則求出點D到線段BC的最大距離，∵△BCM是邊長為4的等邊三角形，∴點M到BC的距離為23∴點D到BC的最大距離為23∴△BCD的面積最大值是12故選A．【點睛】本題考查了動點軌跡是圓的問題，解決本題的關鍵是利用構造全等三角形找到動點D的軌跡圓，再求出圓上一點到定線段距離的最大值．17．（2022·廣東河源·二模）如圖，已知AC=2AO=8，平面內點P到點O的距離為2，連接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，連接AB，BC，則線段BC【答案】2【分析】如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，先證明△APD是等邊三角形，從而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到AMAO=ABAP=32，從而證明△AMB∽△AOP，得到BMOP=ABAP=32，則BM=3，則點B在以M【詳解】解：如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，∵BP=1∴AP=PD=2PB，又∵∠APB=60°，∴△APD是等邊三角形，∵B為PD的中點，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，∴cos∠OAM同理可得ABAP∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵AMAO∴△AMB∽△AOP，∴BMOP∵點P到點O的距離為2，即OP=2，∴BM=3∴點B在以M為圓心，以3為半徑的圓上，連接CM交圓M（半徑為3）于B'∴當M、B、C三點共線時，即點B在點B'的位置時，BC∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴AM=AO?cos∴AH=AM?cos∠MAH=3，∴CH=5，∴CM=H∴B'∴BC的最小值為27故答案為：27【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質與判定，解直角三角形，相似三角形的性質與判定，勾股定理，圓外一點到圓上一點的最值問題，解題的關鍵在于能夠熟練掌握瓜豆模型即證明點B在以M為圓心，半徑為3的圓上運動．18．（23-24九年級上·江蘇宿遷·階段練習）如圖，線段AB為⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB=4，BC=2，點P是⊙O上一動點，連接CP，以CP為斜邊在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，連接OD，則OD長的最大值為________．【答案】23+1【分析】作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，則CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，由△COP∽△CED，推出OPED=CPCD=2，即ED=12OP=1【詳解】解：如圖，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，則CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，∴CP=2CD，∴COCE∴△COP∽△CED，∴OPED即ED=1∵點E是定點，DE是定長，∴點D在半徑為1的⊙E上，∵OD≤OE+DE=23∴OD的最大值為23故答案為：23【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、兩圓的位置關系、軌跡等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．19．（20-21九年級·陜西西安·開學考試）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是對角線BD上的一點，連接AE． （1）當E在AB的中垂線上時，把射線EA繞點E順時針旋轉90°后交CD于F，連接BF．如圖①，若AB=4，求EF的長．（2）在（1）的條件下，連接BF，把△BEF繞點B順時針旋轉得到△BHK如圖②，連接CH，點N為CH的中點，連接AN，求AN的最大值．【答案】（1）EF=83【分析】（1）通過菱形性質證明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的長度，再Rt△DAE中，可以得到DE=2AE，在等腰△DEF中，利用角度推導出DE=（2）判斷出點Ｈ的運動軌跡，從而知道點Ｎ的運動軌跡，根據三角形三邊關系，即可得到AN的最大值．【詳解】（1）解：過點F作FM⊥BD于點M，如下圖：∵四邊形ABCD是菱形,且∠BAD=120°∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=∵BD為菱形對角線∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=3又∵E在AB的中垂線上∴AE=BE∴∠BAE=∠ABE=3∴∠AED=60°在Rt△DAE中，∠ADE=∴DE=2AE設：AE=x，則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）連接AC,延長AE交BC于點M，則有AM⊥BC,點H的運動軌跡是以點B為圓心，BH為半徑的圓，因為點C為固定點，點Ｎ為CH的中點，所以點N的運動軌跡是以點M為圓心，NM為半徑的圓，如下圖：此時：在△AMN在，AM+MN≥AN,當A、M、N三點共線時，AN最大則：在Rt△AMC中，CM=∵AM∴AM∴AM=2又∵M點是BC的中點，N是CH的中點∴MN=∴AN=2【點睛】本題看考查勾股定理，等腰三角形性質．瓜豆模型等相關知識點，根據題意列出相關等量關系是解題重點．20．（21-22八年級上·廣東湛江·階段練習）在平面直角坐標系中，Aa,0、Bb,0，且a，b滿足(a+b)2+|3+b|=0，（1）如圖1，若C0,4，求△ABC（2）如圖1，若C0,4,BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求（3）如圖2，若∠CBA=60°，以CD為邊，在CD的右側作等邊△CDE，連接OE，當OE最短時，求A，E兩點之間的距離；【答案】(1)△ABC的面積為12；(2)D點的坐標為?2,0；(3)A，E兩點之間的距離為32【分析】(1)利用完全平方式和絕對值的性質求出a，b，然后確定A、B兩點坐標，從而利用三角形面積公式求解即可；(2)根據題意判斷出△CBD?△DAE，從而得到CB=AD，然后利用勾股定理求出CB，即可求出結論；(3)首先根據已知推出△DCB?△ECA，得到∠DBC=∠EAC=120°，進一步推出AE∥BC，從而確定隨著D點的運動，點E在過點A且平行于BC的直線PQ上運動，再根據點到直線的最短距離為垂線段的長度，確定OE最短時，各點的位置關系，最后根據含30°角的直角三角形的性質求解即可．【詳解】解：(1)：∵a+b由非負性可知：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為等邊三角形，∠BCA=60°，∠DBC=120°，∵△CDE為等邊三角形，∴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：隨著D點的運動，點E在過點A且平行于BC的直線PQ上運動，∵要使得OE最短，∴如圖所示，當OE⊥PQ時，滿足OE最短，此時∠OEA=90°，∵∠DBC=∠EAC=120°，∠CAB=60°，∴∠OAE=∠EAC-∠CAB=60°，∠AOE=30°，∵A(3，0)，∴OA=3，∴AE=1∴當OE最短時，A，E兩點之間的距離為32【點睛】本題考查坐標與圖形，全等三角形的判定與性質，等腰三角形和等邊三角形的判定與性質等，理解平面直角坐標系中點坐標的特征，掌握等腰或等邊三角形的性質，熟練使全等三角形的判定與性質是解題關鍵．題型07等腰（邊）三角形存在問題21．（2022·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形ABCD的邊AB在x軸上，頂點D在y軸的正半軸上，M為BC的中點，OA、OB的長分別是一元二次方程x2?7x+12=0的兩個根OA<OB，tan∠DAB=43，動點P從點D出發以每秒1個單位長度的速度沿折線DC?CB向點B運動，到達B點停止．設運動時間為t(1)求點C的坐標；(2)求S關于t的函數關系式，并寫出自變量t的取值范圍；(3)在點P的運動過程中，是否存在點P，使△CMP是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)點C坐標為7,4(2)S=(3)存在點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，然后根據四邊形ABCD是平行四邊形，可得CD（2）分兩種情況討論：當0?t<7時，當7<t?12時，過點A作AF⊥BC交CB的延長線于點F，即可求解；（3）分三種情況討論：當CP=PM時，過點M作MF⊥PC于點F；當PC=CM=52時；當PM=CM時，過點M作MG⊥PC于點【詳解】（1）解：x2?7x+12=0，解得x1∵OA<OB，∴OA=3，OB=4，∵tan∠DAB=∴ODOA∴OD=4，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC=AB=3+4=7，DC∥AB，∴點C坐標為7,4；（2）解：當0?t<7時，S=1當7<t?12時，過點A作AF⊥BC交CB的延長線于點F，如圖，AD=O∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=5，∵BC?AF=AB?OD，∴5?AF=7×4，∴AF=28∴S=1∴S=14?2t（3）解：存在點P，使△CMP是等腰三角形，理由如下：根據題意得：當點P在CD上運動時，△CMP可能是等腰三角形，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C=∠BAD，BC=AD=5，∴tanC=∵點M為BC的中點，∴CM=5當CP=PM時，過點M作MF⊥PC于點F，∴CF=3設PC=PM=a，則PD=7-a，PF=a?3∵PF2+FM2=PM2，∴a?322∴DP=7?PC=59∴此時點P5912當PC=CM=5∴PD=7?PC=9∴此時點P92當PM=CM時，過點M作MG⊥PC于點G，則CG=3∴PC=2CG=3，∴PD=7-PC=4，∴此時點P4,4；綜上所述，存在點P4,4或92,4或5912【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，坐標與圖形，等腰三角形的性質，解直角三角形，熟練掌握相關知識點，并利用數形結合思想解答是解題的關鍵．22．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動點（不與點A，D重合）．邊BC關于BE對稱的線段為BF，連接AF．(1)若∠ABE=15°，求證：△ABF是等邊三角形；(2)延長FA，交射線BE于點G；①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時∠ABE的度數；如果不能，請說明理由；②若AB=3+6，求△BGF【答案】(1)見解析(2)①△BGF能為等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=【分析】（1）由軸對稱的性質得到BF=BC，根據正方形的性質得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根據軸對稱的性質得到∠FBE=∠CBE=75°，根據等邊三角形的判定定理即可得到結論；（2）①根據軸對稱的性質得到BC=BF，根據正方形的性質得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出點B不可能是等腰三角形BGF的頂點，若點F是等腰三角形BGF的頂點，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時E與D重合，不合題意，于是得到只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，根據全等三角形的性質得到FG=CG，得到△BGF為等腰三角形，根據平行線的性質得到∠AHG=∠BCG，求得∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°，根據等腰三角形的性質得到∠GBC=∠GCB=②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點M，連接GM，作MN⊥BC于N，設AB=2x，則AC=22x，根據直角三角形的性質得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，當當G，M，【詳解】（1）證明：由軸對稱的性質得到BF=BC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=15°，∴∠CBE=75°，∵BC于BE對稱的線段為BF，∴∠FBE=∠CBE=75°，∴∠ABF=∠FBE?∠ABE=60°，∴△ABF是等邊三角形；（2）①∵BC于BE對稱的線段為BF，∴BF=BC∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=AB，∴BF=BC=BA，∵E是邊AD上一動點，∴BA<BE<BG，∴點B不可能是等腰三角形BGF的頂點，若點F是等腰三角形BGF的頂點，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時E與D重合，不合題意，∴只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，

∵BC=BF∴△CBG≌△FBG∴FG=CG，∴BG=CG，∴△BGF為等腰三角形，∵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面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點M，連接GM，作MN⊥BC于N，設AB=2x，則AC=22∵∠AGC=90°，M是AC的中點，∴GM=1∴PG≤GM+MN=(2當G，M，N三點共線時，取等號，∴△BGF面積的最大值，△BGF的面積====如圖3，設PG與AD交于Q，則四邊形ABPQ是矩形，∴AQ=PB=x，∴QM=MP=x,GM=2∴GQ=1∵QE+AE=AQ=x，∴AQAE∴AE=2(2?1)x【點睛】此題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，軸對稱的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．題型08直角三角形存在問題23．（2022·貴州安順·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD邊上的一點，連接CE，將矩形ABCD沿CE折疊，頂點D恰好落在AB邊上的點F處，延長CE交BA的延長線于點G．(1)求線段AE的長；(2)求證四邊形DGFC為菱形；(3)如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動點（與端點不重合），且∠DMN=∠DCM，設DN=x，是否存在這樣的點N，使△DMN是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)AE=3(2)見解析(3)存在，x=2或2.5【分析】（1）根據在Rt△AEF中，A（2）根據（1）的結論分別求得GF,DG，根據四邊相等的四邊形是菱形即可得證；（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°兩種情況分別討論即可求解．【詳解】（1）解：如圖∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，∵將矩形ABCD沿CE折疊，頂點D恰好落在AB邊上的點F處，∴CF=CD=10，在Rt△BCF中，BF=∴AF=AB?BF=10?6=4，設AE=a，則DE=EF=8?a，在Rt△AEF中，Aa2解得a=3，∴AE=3；（2）∵DE=AD?AE=8?3=5，∴tan∵四邊形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，∴四邊形DGFC為菱形；（3）∵∠DMN=∠DCM，設DN=x，△DMN是直角三角形設∠DMN=∠DCM=α由（2）可得tan∴tan∠DMN①當∠DNM=90°時，如圖，∴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當∠NDM=90°時，同理可得DN=∴ND=綜上所述，ND=2或2.5【點睛】本題考查了矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知識是解題的關鍵．24．（2024·山東東營·二模）在人教版八年級下冊教材“實驗與探究——豐富多彩的正方形”中，我們研究正方形的性質時用到了圖①、圖②兩個圖形，圖②為大小不等的兩個正方形如圖排列，整個