難點17幾何綜合模型（5大熱考模型）題型一：兩圓一中垂構造等腰三角形模型題型二：兩垂一圓構造直角三角形模型題型三：胡不歸模型題型四：阿氏圓模型題型五：瓜豆原理模型題型一：兩圓一中垂構造等腰三角形模型分類討論:若AB=AC,則點C在以點A為圓心,線段AB的長為半徑的圓上;若BA=BC,則點C在以點B為圓心,線段AB的長為半徑的圓上;若CA=CB,則點C在線段AB的垂直平分線PQ上以上簡稱“兩圓一中垂”“兩圓一中垂”上的點能構成等腰三角形,但是要除去原有的點A,B,還要除去因共線無法構成三角形的點MN以及線段AB中點E(共除去5個點)需要注意細節【中考母題學方法】【典例1-1】（2022?建湖縣一模）如圖，每個小方格的邊長為1，A，B兩點都在小方格的頂點上，點C也是圖中小方格的頂點，并且△ABC是等腰三角形，那么點C的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據“兩圓一線”畫圖找點即可．【解答】解：如圖，C點與P、Q、R重合時，均滿足△ABC是等腰三角形，故選：C．【點評】本題考查“兩圓一線”構造等腰三角形的方法，熟練使用兩圓一線的方法是解題關鍵．【典例1-2】（2020?武漢模擬）平面直角坐標系中，A（3，3）、B（0，5）．若在坐標軸上取點C，使△ABC為等腰三角形，則滿足條件的點C的個數是（）A．3 B．4 C．5 D．7【分析】由于沒有說明△ABC的腰長，故需要分三種情況進行討論，分別是AB＝AC，AB＝BC，AC＝BC，【解答】解：當AC＝CB時，作AB的垂直平分線，交x軸于C1，交y軸于點C2當AB＝AC時，以點A為圓心，AB為半徑作圓A，交y軸于C3，交x軸于C4、C5，當AB＝BC時，以點B為圓心，AB為半徑作圓B，交y軸于點C6、C7故選：D．【點評】本題考查等腰三角形的性質，解題的關鍵是根據等腰三角形的性質分三種情況進行討論，本題屬于中等題型．【典例1-3】（2022?開州區模擬）如圖，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，D是BC的中點，E為AC邊上任意一點，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉90°得到線段DF，連接EF，交AB于點G．（1）如圖1，若AB＝6，AE＝，求ED的長；（2）如圖2，點G恰好是EF的中點，連接BF，求證：CD＝BF；（3）如圖3，若AB＝4，連接CF，當CF+BF取得最小值時．請直接寫出S△CEF的值．【分析】（1）過點E作EH⊥BC于點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E作EM∥BF于AB交點M，過點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關系；（3）如圖3﹣1中，取AC的中點T，連接DT，BT，則△BDT是等腰直角三角形．首先證明點F在直線BT上運動，如圖3﹣2中，取AT的中點Q，連接BQ，作FH⊥BQ于點H，CJ⊥BQ于點J，交BT于點R．再證明當點F與R重合時，CF+BF的值最小，即可解決問題．【解答】解：（1）如圖，過點E作EH⊥BC于點H，∴∠CHE＝90°，在等腰直角三角形ABC中，∵AB＝6，∴BC＝6，AC＝，∵D為BC中點，∴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E作EM∥BF于AB交點M，過點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，∴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F在直線BT上運動，如圖3﹣2中，取AT的中點Q，連接BQ，作FH⊥BQ于點H，CJ⊥BQ于點J，交BT于點R．∵tan∠FBH＝＝＝，∴FH＝BF，∴CF+BF＝CF+FH≤CJ，∴當點F與R重合時，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．【點評】本題考查了幾何變換的綜合應用，解題關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．【中考模擬即學即練】【變式1-1】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2BC，在直線BC或AC上取一點P，使得△PAB為等腰三角形，則符合條件的點P共有（）A．4個 B．5個 C．6個 D．7個【分析】根據等腰三角形的判定，“在同一三角形中，有兩條邊相等的三角形是等腰三角形（簡稱：在同一三角形中，等邊對等角）”分三種情況解答即可．【解答】解：如圖，①AB的垂直平分線交AC一點P1（PA＝PB），交直線BC于點P2；②以A為圓心，AB為半徑畫圓，交AC有二點P3，P4，交BC有一點P2，（此時AB＝AP）；③以B為圓心，BA為半徑畫圓，交BC有二點P5，P2，交AC有一點P6（此時BP＝BA）．2+（3﹣1）+（3﹣1）＝6，∴符合條件的點有六個．故選：C．【點評】本題考查了等腰三角形的判定；構造等腰三角形時本著截取相同的線段就能作出等腰三角形來，思考要全面，做到不重不漏．【變式1-2】已知直線y＝﹣x+3與坐標軸分別交于點A，B，點P在拋物線y＝﹣（x﹣）2+4上，能使△ABP為等腰三角形的點P的個數有（）A．8個 B．4個 C．5個 D．6個【分析】分三種情況考慮：①以點B為圓心，AB長度為半徑作圓可找出兩個點P；②以點A為圓心，AB長度為半徑作圓可找出四個點P；③作線段AB的垂直平分線可找出兩個點P．綜上即可得出結論．【解答】解：分三種情況考慮：①以點B為圓心，AB長度為半徑作圓，交拋物線于點P1、P2；②以點A為圓心，AB長度為半徑作圓，交拋物線于點P3、P4、P5、P6；③作線段AB的垂直平分線，交拋物線于點P7、P8．綜上所述：能使△ABP為等腰三角形的點P的個數為8個．故選：A．【點評】本題考查了二次函數圖象上點的坐標特征、一次函數圖象上點的坐標特征以及等腰三角形的判定，依照題意畫出圖形，利用數形解決問題是解題的關鍵．【變式1-3】如圖，已知點A（1，2）是反比例函數y＝圖象上的一點，連接AO并延長交雙曲線的另一分支于點B，點P是x軸上一動點；若△PAB是等腰三角形，則點P的坐標是．【分析】由對稱性可知O為AB的中點，則當△PAB為等腰三角形時只能有PA＝AB或PB＝AB，設P點坐標為（x，0），可分別表示出PA和PB，從而可得到關與x的方程，可求得x，可求得P點坐標．【解答】解：∵反比例函數y＝圖象關于原點對稱，∴A、B兩點關于O對稱，∴O為AB的中點，且B（﹣1，﹣2），∴當△PAB為等腰三角形時有PA＝AB或PB＝AB，設P點坐標為（x，0），∵A（1，2），B（﹣1，﹣2），∴AB＝＝2，PA＝，PB＝，當PA＝AB時，則有＝2，解得x＝﹣3或5，此時P點坐標為（﹣3，0）或（5，0）；當PB＝AB時，則有＝2，解得x＝3或﹣5，此時P點坐標為（3，0）或（﹣5，0）；綜上可知P點的坐標為（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0），故答案為：（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0）．【點評】本題主要考查等腰三角形的性質和反比例函數的對稱性，判斷出只有PA＝AB或PB＝AB兩種情況是解題的關鍵，注意方程思想的應用．題型二：兩垂一圓構造直角三角形模型平面內有兩點A，B，再找一點C，使得ABC為直角三角形分類討論:若∠A=90°,則點C在過點A且垂直于AB的直線上(除點A外);若∠B=90°,則點C在過點B且垂直于AB的直線上(除點B外);若∠C=90°,則點C在以AB為直徑的圓上(除點A,B外).以上簡稱“兩垂一圓”.“兩垂一圓”上的點能構成直角三角形,但要除去A,B兩點.【中考母題學方法】【典例2-1】（2023·湖南懷化·中考真題）如圖，AB是的直徑，點是外一點，與相切于點，點為上的一點．連接、、，且．

(1)求證：為的切線；(2)延長與AB的延長線交于點D，求證：；(3)若，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，證明，即可得證；（2）根據，即可得證；（3）根據圓周角定理得出，進而勾股定理求得，根據，即可求解．【詳解】（1）證明：∵是的切線，∴如圖所示，連接

在與中，∴∵為上的一點．∴是的切線；（2）∵是的切線；∴，∴∴（3）解：∵，∴，∵∴，∴∴，∴【點睛】本題考查了切線的性質與判定，圓周角定理，求含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，求扇形面積，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【典例2-2】（2023·福建泉州·二模）如圖，是半圓的直徑，與半圓相切于點，連接并延長，交的延長線于點．

(1)求證：；(2)若的半徑為，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，通過證明可得，然后求得，從而使問題得證；（2）利用的正切值分析計算．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

為半圓的直徑，是半圓的切線，，與半圓相切于點，，.，，，.（2）解：在中，，，，，，，．【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質和判定，銳角三角函數，準確添加輔助線構造直角三角形是解題關鍵．【中考模擬即學即練】【變式2-1】在平面直角坐標系中，點A的坐標為（﹣1，2），點B的坐標為（2，6），點C在坐標軸上，若△ABC為直角三角形，則滿足條件的點C共有（）A．2個 B．4個 C．6個 D．8個【分析】過點A作AB的垂線，交x軸于點C1，交y軸于點C2；過點B作AB的垂線，交x軸于點C3，交y軸于點C4；根據直徑所對的圓周角為直角，以AB為直徑作圓，根據A和B的坐標求出AB的長度，即為圓的直徑，可得出半徑的長，進而判斷得出圓與x軸相離，可得出圓與y軸交于2點．所以滿足條件的點共有6個．【解答】解：根據題意畫出相應的圖形，如圖所示：分三種情況考慮：當A為直角頂點時，過A作AC⊥AB，交x軸于點C1，交y軸于點C2，此時滿足題意的點為C1，C2；當B為直角頂點時，過B作BC⊥⊥AB，交x軸于點C3，交y軸于點C4，此時滿足題意的點為C3，C4；當C為直角頂點時，以AB為直徑作圓，由A（﹣1，2），B（2，6），得到AB＝5，可得此圓與x軸相離，則此圓與x軸沒有交點，與y軸有2個交點，分別為C5，C6．綜上，所有滿足題意的C有6個．故選：C．【點評】此題考查了圓周角定理，勾股定理，以及坐標與圖形性質，利用了分類討論及數形結合的思想．注意：若△ABC是直角三角形，則它的任意一個頂點都有可能為直角頂點．【變式2-2】（2022·浙江寧波·二模）如圖1，四邊形是的內接四邊形，其中，對角線相交于點，在上取一點，使得，過點作交于點．(1)證明：；(2)如圖2，若，且恰好經過圓心，求的值；(3)若，設的長為．①如圖3，用含有的代數式表示的周長；②如圖4，恰好經過圓心，求內切圓半徑與外接圓半徑的比值．【答案】(1)見解析；(2)CB·CD=12；(3)①C△BCD=；②內切圓半徑與外接圓半徑的比值為；【分析】（1）利用等腰三角形的性質和圓周角定理即可證明；（2）由垂徑定理得AC=2AF=2AD，由（1）結論可得AD=2AE=2，求出AC，CE的長再由△ABC∽△DEC，利用比例的性質即可解答；（3）①利用（1）結論求得AC的長，由△BCE∽△ADE求得BC，DE的代數式，由△ABE∽△DCE求得CD的代數式，再計算周長即可；②根據①的解答先由勾股定理求出BC的長，再利用面積法求出Rt△BCD的內切圓半徑即可解答；【詳解】（1）證明：∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB，∵∠ABD=∠ACD，∴∠ACD=∠ADB，∵∠CAD=∠DAE，∴△CAD∽△DAE；（2）解：∵△CAD∽△DAE，∴，∵GH是直徑，AC⊥GH，∴AC=2AF，又∵AB=AF=AD，∴AC=2AD，∴AD=2AE=2，∴AF=2，CF=2，EF=1，∴AC=4，CE=3，∵∠BCA=∠ADB=∠ABD=∠ACD，又∵∠BAC=∠EDC，∴△ABC∽△DEC，∴，∴CB·CD=CA·CE=4×3=12；（3）解：①∵AE=1，EF=2，∴AB=AD=AF=3，∵，∴AC=9，即CE=8，∵△BCE∽△ADE，∴=x，即BC=3x，DE=，∵△ABE∽△DCE，∴，∴CD=，∴C△BCD=；②∵BC是直徑，∴∠BAC=90°，∴BC=，∴外接圓半徑為，在Rt△ABE中：BE=，由①小題結論，C△BCD=，BD=，CD=，設內切圓半徑為r則△BCD的面積=×△BCD的周長×r，則，解得：r=∴半徑之比=；【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，圓周角定理，垂徑定理，三角形內切圓半徑求法等知識；熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題關鍵．【變式2-3】（2021·浙江杭州·一模）如圖，點E是正方形ABCD邊BC上一點（點E不與B、C重合），連接AE交對角線BD于點F，△ADF的外接圓O交邊CD于點G，連接GA、GE，設＝α．（1）求∠EAG的度數．（2）當α＝時，求tan∠AEG．（3）用α的代數式表示，并說明理由．【答案】（1）45°；（2）3；（3）【分析】（1）根據同弧所對的圓周角相等即可求出結果；（2）連接，根據正方形推出，再根據圓的內接四邊形對角互補推出，然后根據第一問推得，即，然后利用已知得出，再根據即可得出結果；（3）過點作，連接然后根據正方形的對稱性得，由（2）得，由和三線合一得，然后根據已知得出，再根據得出，根據利用比例線段得出，然后根據，等量代換即可得到結果．【詳解】解：（1）是正方形的對角線，，，，；（2）連接，在正方形中，又在圓的內接四邊形中，，由（1）得，，，，，，，，，，正方形中，，，，；（2）過作，垂足為，連接，利用正方形軸對稱可得，由（2）知，，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了圓的綜合題，圓的相關概念同弧所對的圓周角，圓的內接四邊形是解本題的必備條件．利用平行出相似，平行出比例線段以及線段的等量代換是解本題的關鍵．【變式2-4】（2023·黑龍江哈爾濱·二模）如圖1，內接于中，為直徑，點在弧上，連接．

(1)求證：；(2)如圖2，連接交于點，若，求證：；(3)在（2）的條件下，如圖3，點在線段上，連接交于點，若，，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）根據圓周角定理可得，，由三角形內角和定理可得，從而可得；（2）設，可得，從而得到，由等腰三角形的性質可得，即可得到，即，從而即可得證；（3）連接，由（2）可得：垂直平分，可得，根據等腰三角形的性質及三角形外角的定義可得，設，則，，過點作交的延長線于點，根據三角形的中位線定理可得，過點作于點，則，設，根據同角的余角相等可得，從而可得，因此，即，解方程即可得到答案．【詳解】（1）證明：為直徑，，∴，，∴，∴；（2）證明：設，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：連接，

，由（2）可得：垂直平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，為直徑，∴，設，∴，∴，過點作交的延長線于點，∴，，∴，∴，∵，，∴，過點作于點，∴，設，∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍去），，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、三角形外角的定義、等腰三角形的判定與性質、三角形內角和定理、三角形的中位線定理，正弦的應用，熟練掌握圓周角定理、三角形外角的定義、等腰三角形的判定與性質、三角形內角和定理、三角形的中位線定理，添加適當的輔助線，是解題的關鍵．題型三：胡不歸模型一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最小．（注意與阿氏圓模型的區分）。1），記，即求BC+kAC的最小值.2）構造射線AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,將問題轉化為求BC+CH最小值.3）過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．【解題關鍵】在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關鍵是構造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．（若k>1，則提取系數，轉化為小于1的形式解決即可）。【最值原理】垂線段最短。【中考母題學方法】【典例3-1】（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】4【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝2＝＝2BF，通過解直角三角形ABF，進一步求得結果．【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＝，∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝，∴PA+2PB＝2＝＝2BF，在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB?sin45°＝4，∴（PA+2PB）最大＝2BF＝，故答案為：．【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．【典例3-2】（2022·廣西梧州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線分別與x，y軸交于點A，B，拋物線恰好經過這兩點．(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是，將繞著點C逆時針旋轉90°得到，點A的對應點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求取最小值時，點P的坐標．【答案】(1)(2)①點E在拋物線上；②P（0，?）【分析】（1）先求出A、B坐標，然后根據待定系數法求解即可；（2）①根據旋轉的性質求出EF=AO=3，CF=CO=6，從而可求E的坐標，然后把E的坐標代入（1）的函數解析式中，從而判斷出點E是否在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，，則，得，可知HP＋PE的最小值為EH的長，從而解決問題．【詳解】（1）解：當x=0時，y=-4，當y=0時，，∴x=-3，∴A（-3，0），B（0，-4），把A、B代入拋物線，得，∴，∴拋物線解析式為．（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），∴AO=3，CO=6，由旋轉知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°∴E到x軸的距離為6-3=3，∴點E的坐標為（6，3），當x=3時，，∴點E在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，∵A（?3，0），B（0，?4），∴OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，∵，∴，∴，∴HP＋PE的最小值為EH的長，作EG⊥y軸于G，∵∠GEP＝∠ABO，∴tan∠GEP＝tan∠ABO，∴，∴，∴，∴OP＝?3＝，∴P（0，?）．【點睛】本題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法求函數解析式，旋轉的性質，三角函數，兩點之間、線段最短等知識，利用三角函數將轉化為HP的長是解題的關鍵．【典例3-3】（2024·四川成都·模擬預測）探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究．【嘗試初探】（1）如圖①，在四邊形中，若，，，求的長；【深入探究】（2）如圖②，在四邊形中，若，，，求的長；【拓展延伸】（3）如圖③，在四邊形中，若，，，延長相交于點，，是線段上一動點，連接，求的最小值．【答案】（1）10；（2）8；（3）．【分析】本題是三角形綜合題，涉及了解特殊的直角三角形、對角互補模型、最值胡不歸模型、角平分線性質及判定、全等三角形的判定，解題關鍵是利用三角形全等轉化線段和角的關系，由30度角、45度角的解直角三角形，求邊長，構造胡不歸模型利用垂線段最短求出最值．（1）易證，從而可得，，進而由含30度直角三角形性質可得；（2）如圖2，取的中點O，連接、，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可證明是等腰直角三角形，，即可求出．（3）由已知可以求得證明，，再構造含30度的直角三角形求出，再利用胡不歸模型構造的折線段，根據垂線段最短，得出的最小值即可求解．【詳解】解：（1）∵，，；∴；∴，∴，∴．（2）如圖②，取的中點O，連接、，∵，∴，，∴，，∴，；∴，即，∵，∴，又∵，∴，（3）如圖③，過點A作，∵，，∴，，又∵，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴，過點A作交于點Q，∴，，∴，，∵，∴，∴，如圖④，作，過點P作，垂足為H，過點D作，垂足為N，交于M，∴，，∴，，∵，當點P在點M位置時，點H與N重合，取最小值，最小值為，∴的最小值為，∴最小值為．【中考模擬即學即練】【變式3-1】（22-23九年級上·山東濟寧·期末）如圖，中，，，于點E，D是線段上的一個動點，則的最小值是（

）

A． B． C． D．10【答案】B【分析】如圖，作于，于．由，設，，利用勾股定理構建方程求出，再證明，推出，由垂線段最短即可解決問題．【詳解】解：如圖，作于，于．

，，，設，，則有：，，解得（舍去），∴，，，，則∴，，，，，，當C、D、H三點共線時，，的最小值為．故選：B．【點睛】本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型．【變式3-2】（2023·安徽黃山·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于點A，C兩點，與y軸交于點B，對稱軸與x軸交于點D，若P為y軸上的一個動點，連接，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作射線，作于E，作于F，交y軸于，可求得，從而得出，進而得出，進一步得出結果．【詳解】解：如圖，作射線，作于E，作于F，交y軸于，拋物線的對稱軸為直線，∴，當時，，∴，當時，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，當點P在時，最小，最大值等于，在中，，，∴，∴，故選：A．【點睛】本題以二次函數為背景，考查了二次函數與一元二次方程之間的關系，解直角三角形等知識，解決問題的關鍵是用三角函數構造．【變式3-3】（23-24九年級下·江蘇南通·階段練習）在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于，兩點，若，函數的最小值為，且．(1)求該拋物線的解析式；(2)如果將該拋物線在軸下方的部分沿軸向上翻折，得到的圖象與剩余的圖象組成新圖形．當函數的圖象與圖形的公共點的個數大于時，求的取值范圍；(3)在（2）的條件下，當取最大值時，函數的圖象與圖形的對稱軸交于點，若過作平行于軸的直線交圖形于點，過點作軸的平行線交函數的圖象于點，為線段上的一點，動點從點出發，沿運動到點停止，已知點在上運動的速度為單位長度每秒，在上運動的速度為單位長度每秒．求當點運動的時間最短時，對應的點的坐標．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）令，解方程求得，得出，進而根據二次函數的性質，得出求得的值，即可求解；（2）先得出過點，根據題意畫出圖象，觀察函數圖象可得當過點時，與拋物線有3個交點，當與拋物線只有一個交點時，與圖形有3個交點，進而得出的范圍；（3）根據題意得出的最大值為，則，解方程得出或，進而分類討論，根據胡不歸問題作出輔助線，進而即可求解．【詳解】（1）解：令，解得：，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，解得：，∴拋物線解析式為；（2）解：∵，當時，，∴過點如圖所示，當過點時，與拋物線有3個交點，將代入，即解得：，依題意，當時的拋物線解析式為，當與拋物線只有一個交點時，∴消去得，∴解得：或（舍去）結合函數圖象可得：當函數的圖象與圖形的公共點的個數大于時，；（3）∵∴的最大值為∴∵∴拋物線的對稱軸為直線∴當時，，則當時，，解得：，∴或，當時，如圖所示，則，令，代入，則∴，則，∴，如圖所示，作關于的對稱點，則，過點作于點，.∴∴，依題意，點在上運動的速度為單位長度每秒，在上運動的速度為單位長度每秒．∵，當在上時，取得最小值，即點運動的時間最短時，此時如圖所示，∵，∴，∴，∴，∴，∴，當時，如圖所示，同理可得，∴，綜上所述，或．【點睛】本題考查了二次函數綜合，二次函數的性質，二次函數的幾何變換，一次函數與二次函數交點問題，解直角三角形，胡不歸問題，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【變式3-4】（24-25九年級上·海南三亞·期末）如圖1，已知拋物線與x軸交于兩點，與y軸交于點．(1)求該拋物線所對應的函數關系式；(2)已知點是拋物線的頂點，點是線段上的一個動點（與點、不重合），過點E作軸于點，交拋物線于點．①求四邊形的面積；②求的邊CE上的高的最大值；③如圖2，在②的條件下，在x軸上是否存在點G，使得的值最小？若存在，請求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)①12；②．③【分析】（1）根據拋物線與x軸交于，兩點，設函數解析式為，再將點代入求解即可．（2）①先求出拋物線的頂點坐標為，再根據四邊形的面積計算即可；②求出直線的解析式為：，求出，設的邊上的高為，設點E為，則，在中，，即可求出答案；③以點A為頂點作，過點G作于點M，得到三點共線時，有最小值，即為的長，此時點G在點的位置，利用解直角三角形求出答案即可．【詳解】（1）∵拋物線與x軸交于，兩點，∴設該拋物線的解析式為：．∵過點，∴，解得，∴該拋物線的解析式為：．（2）∵，∴拋物線的頂點坐標為∴四邊形的面積；即四邊形的面積②設直線的解析式為：，把點，代入，得，解得，∴直線的解析式為：．∵，，∴，∵，∴，∴，設的邊上的高為，如圖，設點E為，則，則，在中，，∵，∴當時，有最大值，最大值為；③以點A為頂點作，過點G作于點M，∴，∴，即三點共線時，有最小值，即為的長，此時點G在點的位置，如圖：由可知，當時，，∴有最大值時，點E的坐標為，則，在中，，∴，，∴，∴，∴，即的最小值為【點睛】本題考查了待定系數法求解析式，等腰直角三角形的判定和性質，二次函數求最值，解直角三角形，矩形的判定和性質等知識，解題關鍵是在求等腰直角三角形的存在性時，注意分類討論的思想的運用，要把所有符合條件的點求全．【變式3-5】（2023·福建泉州·模擬預測）如圖，已知拋物線（為常數，且）與軸從左至右依次交于，兩點，與軸交于點，經過點的直線與拋物線的另一交點為．

(1)若點的橫坐標為，求拋物線的函數表達式；(2)在（1）條件下，設為線段上一點（不含端點），連接，一動點從點出發，沿線段以每秒1個單位的速度運動到，再沿線段以每秒2個單位的速度運動到后停止．當點的坐標是多少時，點在整個運動過程中用時最少?【答案】(1)(2)【分析】（1）由點的坐標求出直線的解析式，再由點的橫坐標代入直線的解析式求出點的坐標，然后將點的坐標代入拋物線解析式求，從而得到拋物線的函數表達式；（2）過點作軸于點，過點和點分別作軸的平行線和軸的平行線，交于點，過點作于點，由點和點的坐標求線段、和的長度，得到，結合速度可知時間為，然后利用“角所對的直角邊是斜邊的一半”得，從而得到，進而求得此時點坐標．【詳解】（1）解：對于，當時，或，∴，，將點代入，得：∴，則直線的解析式為：，當時，，∴，將點代入，得：，∴，∴拋物線的表達式為：；（2）由題意得：點的運動時間為，過點作軸于點，

∵，，∴，，，∴，過點和點分別作軸的平行線和軸的平行線，交于點，∴，∴，∴，過點作于點，此時，∴與直線的交點即為所求點，∵，∴當時，，∴點的坐標為時，點在整個運動過程中用時最少．【點睛】本題考查了二次函數和一次函數圖象上點的坐標特征、待定系數法求拋物線解析式、特殊角的直角三角形三邊關系，第2問的突破點是利用轉化的思想結合“角所對的直角邊是斜邊的一半”將進行轉化，然后利用垂線段最短求得用時最小時的點坐標．【變式3-6】（2023·廣西柳州·二模）已知拋物線過點，兩點，與軸交于點，，

(1)求拋物線的解析式及頂點的坐標；(2)點為拋物線上位于直線下方的一動點，當面積最大時，求點的坐標；(3)若點為線段上的一動點，問：是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)解析式為，頂點的坐標為(2)點的坐標為(3)存在，最小值為【分析】（1）根據題意設拋物線的交點式，然后代入點的坐標，求解即可；（2）作軸，交于點，通過設和的坐標，利用“割補法”表示出，從而利用二次函數的性質求解最值即可；（3）將直線繞著點逆時針旋轉，并過點作其垂線，垂足為，分別連接，，，構造出含角的直角三角形，然后轉換為求得最小值，繼而確定當、、三點共線時，滿足取得最小值，此時利用含角的直角三角形的性質分段求解再相加即可得出結論．【詳解】（1）解：由題意，設拋物線解析式為，其中，∵，∴點的坐標為，將代入，解得：，∴，∴拋物線的解析式為，∵對稱軸為直線，∴將代入，得：，∴頂點的坐標為；（2）解：∵，，∴直線的解析式為：，∵點在拋物線上，且位于直線下方，∴設，其中，，如圖所示，作軸，交于點，∴，∴，∵，，，∴，∴，整理可得：，其中，∵，∴當時，取得最大值，將代入，得：，∴此時點的坐標為；

（3）解：存在最小值，理由如下：如下圖所示，將直線繞著點逆時針旋轉，并過點作其垂線，垂足為，分別連接，，，則，，

∴在中，，∴隨著點的運動，總有，∴，要使得取得最小值，即要使得取得最小值，如下圖，當、、三點共線時，滿足取得最小值，

此時，，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴存在最小值，最小值為．【點睛】本題考查求二次函數解析式，二次函數綜合面積問題，以及利用“胡不歸”模型構造三角形求線段和最值問題，掌握二次函數的基本性質，熟練運用函數思想解決圖形面積問題是解題關鍵．【變式3-7】（2022·四川成都·模擬預測）拋物線分別交x軸于點，，交y軸于點C，拋物線的對稱軸與x軸相交于點D，點M為線段OC上的動點，點N為線段AC上的動點，且．(1)求拋物線的表達式；(2)線段MN，NC在數量上有何關系，請寫出你的理由；(3)在M，N移動的過程中，DM＋MC是否有最小值，如果有，請寫出理由．【答案】(1)(2)，見解析(3)有，最小值為【分析】（1）利用待定系數法即可求解；（2）在中，，，根據，有，即可得，問題得解；（3）先求出，即，即有，則的最小值是的最小值，即點D到AC的垂線段DN的長，問題隨之得解．【詳解】（1）把點，代入拋物線中得：，解得：，∴拋物線的解析式為：；（2），理由是：如圖1，令，則，即，∵，，∴，，，在中，，，∵，∴，∴，∴，∴；（3）在M，N移動的過程中，有最小值是，理由如下：由（2）知：，∴，即，∴，∴的最小值是的最小值，即D、M、N三點共線時，點D到AC的垂線段DN的長，如圖2，拋物線解析式為：；∴對稱軸是：，即，∴，在中，，∴，即，∴在M，N移動的過程中，有最小值是．【點睛】本題主要考查了利用待定系數法求解拋物線解析式，二次函數的性質，解直角三角形以及垂線段最短等知識．題目難度不大，細心作答即可．掌握二次函數的性質是解答本題的關鍵．題型四：阿氏圓模型動點到兩定點距離之比為定值（即：平面上兩點A、B，動點P滿足PA/PB=k（k為常數，且k≠1）），那么動點的軌跡就是圓，因這個結論最早由古希臘數學家阿波羅尼斯發現的，故稱這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱為阿氏圓。如圖1所示，⊙O的半徑為r，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知r=k·OB（即），連接PA、PB，則當“PA+k·PB”的值最小時，P點的位置如何確定？最小值是多少呢？如圖2，在線段OB上截取OC使OC=k·r（即），∵，∴，∵∠POC=∠BOP，∴△POC∽△BOP，∴，即k·PB=PC。故本題求“PA+k·PB”的最小值可以轉化為“PA+PC”的最小值。其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小，如圖3所示。阿氏圓求最值的本質就是通過構造母子相似，化去比例系數，轉化為兩定一動將軍飲馬型求最值，難點在于如何構造母子相似。阿氏圓最值問題常見考法：點在圓外：向內取點（系數小于1）；點在圓內：向外取點（系數大于1）；一內一外：提系數；隱圓型阿氏圓等。注意區分胡不歸模型和阿氏圓模型：在前面的“胡不歸”問題中，我們見識了“k·PA+PB”最值問題，其中P點軌跡是直線，而當P點軌跡變為圓時，即通常我們所說的“阿氏圓”問題．【中考母題學方法】【典例4-1】（2020·廣西·中考真題）如圖，在Rt中，AB＝AC＝4，點E，F分別是AB，AC的中點，點P是扇形AEF的上任意一點，連接BP，CP，則BP+CP的最小值是．【答案】．【分析】在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．證明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根據PC+PT≥TC，求出CT即可解決問題．【詳解】解：在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，∴PA2＝AT?AB，∴＝，∵∠PAT＝∠PAB，∴，∴＝＝，∴PT＝PB，∴PB+CP＝CP+PT，∵PC+PT≥TC，在Rt中，∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，∴CT＝＝，∴PB+PC≥，∴PB+PC的最小值為．故答案為．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，三角形相似的判定與性質，勾股定理的應用，三角形的三邊關系，圓的基本性質，掌握以上知識是解題的關鍵．【典例4-2】（2023·浙江衢州·模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系中，，，點是第一象限的動點且，線段繞點在第一象限轉動；（1）在轉動過程中，求點到的最近距離；（2）試求的最小值．【答案】【分析】根據已知條件判斷，點在以點為圓心，為半徑的圓弧上，當射線于點時，點到的距離最近，最近距離為的長，用面積法求的長，，即可求解；在上取，連接，，由，，得，又因為，可推出∽，根據相似三角形的性質，得，所以，，在中，根據三角形三邊關系，，當點、、三點共線時，，此時值最小，在中，根據勾股定理，得，所以的最小值為．【詳解】解：如圖，以點為圓心，為半徑作弧，作于點，點是第一象限的動點且，點在以點為圓心，為半徑的圓弧上，在中，，，，，即，解得，．故答案為：．如圖，在上取，連接，，，，，又，∽，，，，在中，，當點、、三點共線時，，此時值最小，在中，，的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了胡不歸模型，垂線段最短，三角形相似的判定和性質，勾股定理，將轉化為的長是解題的關鍵．【典例4-3】（2023·重慶萬州·模擬預測）如圖，在等腰直角三角形中，，過點作交過點的直線于點，，直線交于．(1)如圖，若，求的長；(2)如圖，過點作交于點，交的延長線于，取線段的中點，連接，求證：．(3)在（2）的條件下，過點作交于點，若點是線段上任一點，連接，將沿折疊，折疊后的三角形記為，當取得最小時，直接寫出的值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）過點作于點，過點作，交的延長線于點，根據兩直線平行，內錯角相等可得，，結合等腰直角三角形的性質可得，根據四個角都是直角的四邊形是矩形，矩形的對邊相等的可得，根據直角三角形中，角所對的邊是斜邊的一半即可求解；（2）根據特殊角的三角形函數值可求得，，求得，根據等角的余角相等可得，結合銳角三角函數的定義可求得，根據直角三角形斜邊上的中線是斜邊的一半可得，推得，根據兩個角和它們所夾的邊分別對應相等的兩個三角形全等，全等三角形的對應邊相等可得，即可證明；（3）根據折疊的性質可得，即點在以為圓心，為半徑的圓上運動，以為圓心，為半徑作，連接，過點作于，連接，，根據特殊角的三角函數值可得，，根據垂直于同一直線的兩直線平行可得，根據兩直線平行，同旁內角互補、等腰直角三角形的性質和有三個角是直角的四邊形是矩形可得四邊形是矩形，根據矩形的對邊相等可得，根據直角三角形，斜邊上的中線是斜邊的一半可得，推得，根據兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似，相似三角形的對應邊之比相等可得，推得當、、在同一條直線上時，取得最小值，求出的值，根據銳角三角形函數的定義即可求解．【詳解】（1）解：過點作于點，過點作，交的延長線于點，如圖：則，∵，∴，，∵是等腰直角三角形，，，，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴．（2）證明：如圖：∵，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵點是的中點，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．（3）解：∵將沿折疊，折疊后的三角形記為，∴，即點在以為圓心，為半徑的圓上運動，如圖，以為圓心，為半徑作，連接，過點作于，連接，，∵，，∴，，∵，，∴，∵，，∴四邊形是矩形，∴，∵點是斜邊的中點，∴，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，當且僅當、、在同一條直線上時，取得最小值，∵，，，∴，在中，，∴．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，等腰直角三角形性質，矩形的判定和性質，折疊的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質等，添加輔助線構造全等三角形和相似三角形是解題的關鍵．【中考模擬即學即練】【變式4-1】（22-23九年級下·江蘇徐州·階段練習）在中，，，，以點為圓心，2為半徑作圓，分別交，于、兩點，點是圓上一個動點，則的最小值是．【答案】/【分析】在上取一點，使得，連接，構造，進而得出，根據兩點之間線段最短得出的最小值為的長，勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，在上取一點，使得，連接∵，∴，又∴，∴，∴，∴∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，阿氏圓問題，構造相似三角形是解題的關鍵．【變式4-2】（2023·江蘇宿遷·三模）如圖，在平面直角坐標系中，、、、，點P在第一象限，且，則的最小值為．

【答案】【分析】取一點，以O為圓心，為半徑作圓，與交于點F，連接，首先利用四點共圓證明，再利用相似三角形的性質證明，推出，根據，利用兩點之間的距離公式，即可求出的最小值，即可得．【詳解】解：如圖所示，取一點，以O為圓心，為半徑作圓，與交于點F，連接，

∵、，，∴，，以O為圓心，為半徑作，在優弧上取一點Q，連接，∵，，∴，∴A，P，B，Q四點共圓，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，過點F作于點G，∵，，∴∴點F的坐標為，∵，∴∵，即,∴的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了四點共圓，相似三角形，勾股定理，三角形三邊關系，解題的關鍵是掌握這些知識點．【變式4-3】（2020·江蘇南京·二模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以點C為圓心，6為半徑的圓上有一個動點D.連接AD、BD、CD，則2AD+3BD的最小值是.

【答案】【分析】如下圖，在CA上取一點E，使得CE=4，先證△DCE∽△ACD，將轉化為DE，從而求得的最小距離，進而得出2AD+3BD的最小值．【詳解】如下圖，在CA上取一點E，使得CE=4

∵AC=9，CD=6，CE=4∴∵∠ECD=∠ACD∴△DCE∽△ACD∴∴ED=在△EDB中，ED+DB≥EB∴ED+DB最小為EB，即ED+DB=EB∴在Rt△ECB中，EB=∴∴2AD+3DB=故答案為：．【點睛】本題考查求最值問題，解題關鍵是構造出△DCE∽△ACD．【變式4-4】（2022·廣東廣州·一模）已知，AB是⊙O的直徑，AB＝，AC＝BC．(1)求弦BC的長；(2)若點D是AB下方⊙O上的動點（不與點A，B重合），以CD為邊，作正方形CDEF，如圖1所示，若M是DF的中點，N是BC的中點，求證：線段MN的長為定值；(3)如圖2，點P是動點，且AP＝2，連接CP，PB，一動點Q從點C出發，以每秒2個單位的速度沿線段CP勻速運動到點P，再以每秒1個單位的速度沿線段PB勻速運動到點B，到達點B后停止運動，求點Q的運動時間t的最小值．【答案】(1)4(2)見解析(3)5【分析】（1）AB是⊙O的直徑，AC=BC可得到△ABC是等腰直角三角形，從而得道答案；（2）連接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF=∠CAD，證明D、B、F共線，再證明△CMB是直角三角形，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得證；（3）“阿氏圓”的應用問題，以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點M，使AM=1，連接PM，過M作MH⊥AB于H，連接BM交⊙A于P'，先證明PM=，+BP最小，即是PM+BP最小，此時P、B、M共線，再計算BM的長度即可．【詳解】（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵AC=BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB=45°，BC=AC∵AB=4，∴∴∴BC=4；（2）連接AD、CM、DB、FB，如圖：∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形CDEF是正方形，∴CD=CF，∠DCF=∠ACB=90°，∴∠ACD=90-∠DCB=∠BCF，又AC=BC，∴△ACD≌△BCF（SAS），∴∠CBF=∠CAD，∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=∠CAD+∠ABC+∠ABD=∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD=∠DAB+45°+45°+∠ABD，而AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠ABD=90°，∴∠CBF+∠ABC+∠ABD=180°，∴D、B、F共線，∵四邊形CDEF是正方形，∴△DCF是等腰直角三角形，∵M是DF的中點，∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，∵N是BC的中點，∴MN=BC=2，即MN為定值；（3）以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點M，使AM=1，連接PM，過M作MH⊥AB于H，連接BM交⊙A于P'，如圖：一動點Q從點C出發，以每秒2個單位的速度沿線段CP勻速運動到點P，再以每秒1個單位的速度沿線段PB勻速運動到點B，∴Q運動時間t=+BP，∵AM=1，AP=2，AC=BC=4，∴，又∠MAP=∠PAC，∴△MAP∽△PAC，∴，∴PM=，∴+BP最小，即是PM+BP最小，此時P、B、M共線，即P與P'重合，t=+BP最小值即是BM的長度，在Rt△AMH中，∠MAH=45°，AM=1，∴AH=MH=，∵AB=4，∴BH=AB-AH=，Rt△BMH中，BM==5，∴點Q的運動時間t的最小值為5．【點睛】本題考查圓、等腰直角三角形、正方形等綜合知識，解題的關鍵是構造△MAP∽△PAC，把求+BP最小的問題轉化為求BM的長度．【變式4-5】（2022·廣東惠州·一模）如圖1，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點，其中點的坐標為，拋物線的對稱軸是直線．(1)求拋物線的解析式；(2)若點是直線下方的拋物線上一個動點，是否存在點使四邊形的面積為16，若存在，求出點的坐標若不存在，請說明理由；(3)如圖2，過點作交拋物線的對稱軸于點，以點為圓心，2為半徑作，點為上的一個動點，求的最小值．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）根據點的坐標為，拋物線的對稱軸是直線．待定系數法求二次函數解析式即可，（2）先求得直線解析式，設，則，過點作軸交直線于點，根據等于16建立方程，解一元二次方程即可求得的值，然后求得的坐標，（3）在上取，過點作，構造，則當三點共線時，取得最小值，最小值為，勾股定理解直角三形即可．【詳解】（1）解：∵拋物線與軸交于兩點，與軸交于點，點的坐標為，拋物線的對稱軸是直線，∴，，解得，拋物線解析式為：，（2）當，即，解得，，，設直線解析式為，，解得，直線解析式為，設，過點作軸交直線于點，則，，四邊形的面積為16，，解得，或，（3）如圖，過點作交拋物線的對稱軸于點，以點為圓心，2為半徑作，是拋物線的對稱軸，，，，，，，在上取，過點作，交軸于點，交拋物線對稱軸于點，則，，，，，，，，，當三點共線時，取得最小值，最小值為，．則的最小值為．【點睛】本題考查了二次函數綜合，相似三角形的性質與判定，掌握二次函數的性質與相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．【變式4-6】（2021·重慶九龍坡·二模）在中，，．若點為上一點，連接，將繞點順時針旋轉90°得到，連接，交于點．(1)如圖1，若，，求的長；(2)如圖2，點為的中點，連接交于點．若，猜想線段與線段的數量關系，并寫出證明過程；(3)如圖3，若，為的中點，將繞點旋轉得，連接，，當最小時，求．【答案】(1)；(2)，證明見解析；(3)．【分析】（1）過作，垂足是，構造直角三角形，借助解直角三角形求得線段的長度；（2）延長CA，過作垂直于CA的延長線，垂足是，連接，，過作于，構造全等三角形，設，利用中位線定理，解直角三角形，用的代數式表示CD和，即可得CD與的數量關系；（3）取的中點，連接，連接，構造相似三角形，利用兩點之間線段最短，確定的位置，繼而求得相關三角形的面積．【詳解】（1）解：過作，垂足是，如圖1：將BD繞點順時針旋轉90°得到，，，，，，在中有，，，在中，，，；（2）線段與線段的數量關系為：CD，證明：延長CA，過作垂直于CA的延長線，垂足是，連接，，過作于，如圖2：，由旋轉可知，，，，，，，四點共圓，，，，，，在和中，，，，，在等腰中，由三線合一可知是的中線，，，是的中點，是的中點，是的中點，是的中位線，，，，，，，，，設，則，在中，，，，，是等腰直角三角形，，在中，，，，，在中，，，，又，，CD；（3）設，則，取的中點，連接，連接，如圖3，由旋轉可知，，，，又，，，，根據旋轉和兩點之間線段最短可知，最小，即是最小，此時、、共線，即在線段上，設此時落在處，過作于，連接，如圖，，分別是，的中點，是的中位線，，，，，四邊形是矩形，，，又，設，在直角三角形中，，，解得，此時．【點睛】此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，四點共圓，幾何最值，綜合性強，難度較大，屬于壓軸題，解得關鍵是作輔助線，構造全等三角形和相似三角形解決問題．題型五：瓜豆原理模型瓜豆原理：若兩動點到某定點的距離比是定值，夾角是定角，則兩動點的運動路徑相同。主動點叫瓜，從動點叫豆，瓜在直線上運動，豆也在直線_上運動；瓜在圓周上運動，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”。條件：1）如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當點P在BC上運動時，Q點軌跡是？結論：當P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．證明：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線．條件：2）如圖，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ為定值，當點P在直線BC上運動時，求Q點軌跡？結論：當AP與AQ夾角固定且AP:AQ為定值的話，P、Q軌跡是同一種圖形。證明：當確定軌跡是線段的時候，可以任取兩個時刻的Q點的位置，連線即可，比如Q點的起始位置和終點位置，連接即得Q點軌跡線段。解題策略：1）當動點軌跡確定時可直接運用垂線段最短求最值；2）當動點軌跡不易確定是直線時，可通過以下四種方法進行確定：=1\*GB3①觀察動點運動到特殊位置時，如中點，端點等位置時是否存在動點與定直線的端點連接后的角度不變，若存在該動點的軌跡為直線；=2\*GB3②當某動點到某條直線的距離不變時，該動點的軌跡為直線；=3\*GB3③當一個點的坐標以某個字母的代數式表示時，若可化為一次函數，則點的軌跡為直線；④若動點軌跡用上述方法都不合適，則可以將所求線段轉化為其他已知軌跡的線段求值。【中考母題學方法】【典例5-1】（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在矩形中，，，點P在線段上運動（含B、C兩點），連接，以點A為中心，將線段逆時針旋轉60°到，連接，則線段的最小值為（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】根據題中條件確定出點的軌跡是線段，則線段的最小值就轉化為定點到點的軌跡線段的距離問題．【詳解】解：與固定夾角是，，點的軌跡是線段，的軌跡也是一條線段．兩點確定一條直線，取點分別與重合時，所對應兩個點Q，來確定點的軌跡，得到如下標注信息后的圖形：求的最小值，轉化為點到點的軌跡線段的距離問題，,在中，,,，將逆時針繞點轉動后得到，為等邊三角形，,為的中點，根據三線合一知，,過點作的垂線交于點,在中，對應的邊等于斜邊的一半，，的最小值為，故選：A．【點睛】本題考查了動點問題中，兩點間距離的最小值問題，解題的關鍵是：需要確定動點的軌跡，才能方便找到解決問題的突破口．【典例5-2】（2020·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，Q是直線y=﹣x+2上的一個動點，將Q繞點P(1，0)順時針旋轉90°，得到點，連接，則的最小值為()

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等腰直角三角形構造全等三角形，求出旋轉后Q′的坐標，然后根據勾股定理并利用二次函數的性質即可解決問題．【詳解】解：作QM⊥x軸于點M，Q′N⊥x軸于N，

設Q(，)，則PM=，QM=，∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，，∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=，Q′N=PM=，∴ON=1+PN=，∴Q′(，)，∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，當m=2時，OQ′2有最小值為5，∴OQ′的最小值為，故選：B．【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，一次函數的性質，三角形全等的判定和性質，坐標與圖形的變換-旋轉，二次函數的性質，勾股定理，表示出點的坐標是解題的關鍵．【典例5-3】（2023·北京海淀·三模）在平面直角坐標系中，給定圖形和點，若圖形上存在兩個點，滿足且，則稱點是圖形的關聯點．已知點，．(1)在點，，中，______是線段的關聯點；(2)是以點為圓心，r為半徑的圓．①當時，若線段上任一點均為的關聯點，求r的取值范圍；②記線段與線段組成折線，若存在，使折線G的關聯點都是的關聯點，直接寫出r的最小值．【答案】(1)，(2)①，②【分析】（1）根據關聯點的定義，結合勾股定理進行判斷即可；（2）①根據題意推得三角形為含30度角的直角三角形，根據瓜豆原理可得求得點到點的最大距離為，最小距離為，推得的所有關聯點在以為圓心，和為半徑的兩個圓構成的圓環中，結合圖形求得半徑的取值范圍；②結合①中的結論，畫出滿足條件的關聯點的范圍，進行求解即可．【詳解】（1）解：∵，∴為直角三角形，故滿足，根據勾股定理可得：，，；，，；，，；∵，且；故是線段的關聯點；∵，且；故是線段的關聯點；∵，且；∵，∴，∴對于線段AB上的任意兩點M、N，當時，，如圖，則必是銳角，不可能是直角，

故不是線段的關聯點；故答案為：，．（2）①由（1）可得：∵，∴為直角三角形，故，即，即三角形為含30度角的直角三角形；如圖：

則點是：以為斜邊且含30度角的直角三角形的直角頂點．在圓上取點，，則對于任意位置的和，符合的關聯點有2個，如圖：

以點為例，當點在半徑為的上運動時，點為圓上一定點，且，，則點的運動軌跡為圓，故點的軌跡也為圓，令點的軌跡為圓，如圖：

當，，三點共線，，，三點共線時，，故，，則點到點的最大距離為，最小距離為；當點也在上運動時，也隨之運動，則掃過的區域為和為半徑圍成的圓環，即的所有關聯點在以為圓心，和為半徑的兩個圓構成的圓環中，故當線段與半徑為交于點時，最小，如圖：

則，解得：；當線段與半徑為的圓相切時，最大，過點作，如圖：

則，即，解得：，則，解得：；∴．②當關聯點在線段上時，滿足條件的關聯點所在范圍如圖陰影部分：

當關聯點在線段上時，滿足條件的關聯點所在范圍如圖陰影部分：

當關聯點在不同線段上時，滿足條件的關聯點在點和點上的范圍如圖陰影部分：

綜上：所有區域疊加一起為：

由①可知，滿足的所有關聯點所在范圍為圓環，故若使得圓環能夠完整“包住”關聯點，圓環中外圓的必須經過點；，∵，，，，∴四邊形為矩形，∴，則，即，解得：（負值舍去）；綜上，的最小值為．【點睛】本題考查了新定義——關聯點，勾股定理，圓的相關性質，借助三角形面積求高，解一元一次方程，解一元二次方程等，是圓與幾何圖形的綜合題，根據圓的相關性質推得滿足條件關聯點的范圍是圓環，根據臨界點求最值是解題的關鍵．【中考模擬即學即練】【變式5-1】（2024·安徽六安·三模）如圖，在等邊中，以A為直角頂點作等腰直角，分別交、于點E、F，N為線段上一動點，M為線段上一動點，且，以下4個結論：①；②；③；④當的值最小時，．正確的個數為（

）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】①根據是等邊三角形，是等腰直角三角形，得出，進而求出，，即可判斷；②求出，即可判斷；③在上截取，連接，通過證明，為等邊三角形，即可判斷；④過點B作，使，連接，證明，則，作點Q關于的對稱點，連接，交于點N，此時最小，求出，則，即可判斷．【詳解】解：①∵是等邊三角形，是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，故①正確；②∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，故②正確；③在上截取，連接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴為等邊三角形，則，∵，∴，故③正確；④過點B作，使，連接，∵，∴，∴，∴，作點Q關于的對稱點，連接，交于點N，此時最小，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故④正確；綜上：正確的有①②③④，共4個，故選：A．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，線段最值問題，解題的關鍵是熟練掌握相關性質定理，正確畫出輔助線．【變式5-2】（2024·山東德州·二模）如圖，在矩形中，點P在線段上運動（含B、C兩點），連接，以點A為中心，將線段逆時針旋轉60°到，連接，則線段的最小值為（

）A． B．5 C．3 D．1【答案】A【分析】本題考查矩形的性質，旋轉變換，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，本題的突破點是證明點Q的在射線上運動．如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．利用全等三角形的性質證明，推出，推出點Q在射線上運動，求出，可得結論．【詳解】解：如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．∵四邊形是矩形，∴，∵都是等邊三角形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴點Q在射線上運動，∵，∴，∵，∴．根據垂線段最短可知，當點Q與H重合時，的值最小，最小值為．故選A．【變式5-3】（2022·山東泰安·三模）如圖，在Rt△ABC中，，，BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，連AD，E為AD的中點，連接CE，則CE的最大值是．【答案】3【分析】通過已知求得D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，長為半徑的圓上運動，再運用圓外一定點到圓上動點距離的最大值=定點與圓心的距離+圓的半徑，求得CE的最大值．【詳解】解：∵BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，∴BD＝2，∴．由題意可知，D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，長為半徑的圓上運動，CE的最大值即C到BA中點的距離加上長．∵，，BC＝2，∴C到BA中點的距離即，又∵，∴CE的最大值即．故答案為3．【點睛】本題考查了與圓相關的動點問題，正確識別E點運動軌跡是解題的關鍵．【變式5-4】（2022·廣東河源·二模）如圖，已知，平面內點P到點O的距離為2，連接AP，若且，連接AB，BC，則線段BC的最小值為．【答案】【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，從而證明△AMB∽△AOP，得到，則，則點B在以M為圓心，以為半徑的圓上，當M、B、C三點共線時，即點B在點的位置時，BC有最小值，據此求解即可．【詳解】解：如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，∵，∴，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，∴，同理可得，∵∠