主從聯(lián)動（瓜豆模型）-中考復習講義及練習（解析版）

模塊二常見模型專練

專題33主從聯(lián)動（瓜豆模型）

O氟題四究

雨（2020?江蘇宿遷?統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，Q是直線y=-gx+2

上的一個動點，將Q繞點P（l,0）順時針旋轉(zhuǎn)90。，得到點Q',連接OQ',則OQ'的最小值

為（）

A.拽B.√5C.—D.—

535

【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(zhuǎn)后Q，的坐標，然后根據(jù)勾股定理

并利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題.

【詳解】解：作QMLX軸于點M,QNLX軸于N,

Q,

設Q(ff7,--m+2),則PM=WT,QM=-Jm+2,

,.?NPMQ=/PNQ，=NQPQ，=90。，

ZQPM+ZNPQ,=ZPQ,N+ZNPQ,,

二/QPM=/PQZ

在4PQM和小QTN中，

NPMQ=NPNQ'=90。

NQPM=NPQ'N

PQ=QP

Λ?PQM^ΔQ,PN(AAS),

.?.PN=QM=-gm+2,Q-N=PM=-W-I,

/.Q,(3-^∕n,1-m),

/.0Q,2=(3-?w)2+(1-m)2=-m2-5m+10=-^-(m-2)2+5,

244

當m=2時，OQa有最小值為5,

???0Q'的最小值為石，

故選：B.

【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形全等的判定和

性質(zhì)，坐標與圖形的變換-旋轉(zhuǎn)，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，表示出點的坐標是解題的關

鍵.

03(2020?湖北荊門?統(tǒng)考中考真題)如圖，等腰RsABC中，斜邊AB的長為2,O為

AB的中點，P為Ae邊上的動點，OQLOP交Be于點Q,M為PQ的中點，當點P從點A

運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長為()

A.-πB.旦πC.1D.2

42

【答案】C

【分析】連接OC,作PELAB于E,MHj_AB于H,QFJ_AB于F,如圖，利用等腰直角

三角形的性質(zhì)得AC=BC=&,ZA=ZB=45o,OC±AB,OC=OA=OB=I,ZOCB=45o,再

證明Rt?AOP^?COQ得至UAP=CQ,接著利用aAPE和ABFQ都為等腰直角三角形得到

PE=-AP=-CQ,QF=也BQ,所以PE+QF=-BC=I,然后證明MH為梯形PEFQ的

2222

中位線得到MH=?,即可判定點M到AB的距離為T,從而得到點M的運動路線為AABC

的中位線，最后利用三角形中位線性質(zhì)得到點M所經(jīng)過的路線長.

【詳解】連接OC,作PE_LAB于E,MHj_AB于H,QF_LAB于F,如圖,

V?ACB為等腰直角三角形，

ΛAC=BC=-AB=√2,NA=NB=45。,

2一

???O為AB的中點,

ΛOClAB,OC平分NACB,OC=OA=OB=I,

NoCB=45。,

?.'ZPOQ=90o,ZCOA=90o,

ΛZAOP=ZCOQ,

在RtAAOP和ACOQ中

ZA=ZOCQ

AO=CO

ZAOP=ZCOQ

ΛRt?AOP^ΔCOQ,

.'.AP=CQ,

易得AAPE和ZkBFQ都為等腰直角三角形，

JPE=正AP=巫CQ,QF=也BQ,

222

.?.PE+QF=也(CQ+BQ)=立BC=變x√∑=l,

222

；M點為PQ的中點，

.?.MH為梯形PEFQ的中位線，

ΛMH=∣(PE+QF)=y,

即點M到AB的距離為a,而CO=1,

.?.點M的運動路線為AABC的中位線，

：.當點P從點A運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長=TAB=1,

故選C.

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、梯形的中位線、點運動的軌跡，通過計

算確定動點在運動過程中不變的量，從而得到運動的軌跡是解題的關鍵.

甌（2020?江蘇宿遷?統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABC。的邊長為4,E為BC上一點,

且8E=1,F為A8邊上的一個動點，連接EF,以E尸為邊向右側(cè)作等邊AEFG,連接CG,

則CG的最小值為.

【答案】I

【分析】由題意分析可知，點F為主動點，G為從動點，所以以點E為旋轉(zhuǎn)中心構造全等

關系，得到點G的運動軌跡，之后通過垂線段最短構造直角三角形獲得CG最小值.

【詳解】由題意可知，點F是生動點，點G是從動點，點F在線段上運動，點G也一定在

直線軌跡上運動

將ΔEEβ繞點E旋轉(zhuǎn)60°,使E尸與EG重合，得到ΔFFB=ΔEHG,

從而可知AEBH為等邊三角形，點G在垂直于HE的直線HN上,

作CMj_HN,則CM即為CG的最小值，

作EPLCM,可知四邊形，EPM為矩形，

135

則CM=MP+CP="E+-EC=1+2=

222

故答案為∣?.

【點睛】本題考查了線段極值問題，分清主動點和從動點，通過旋轉(zhuǎn)構造全等，從而判斷出

點G的運動軌跡，是本題的關鍵.

亟（2020?江蘇泰州?中考真題）如圖，在平面內(nèi)，線段AB=6,P為線段AB上的動點，

三角形紙片CQE的邊C。所在的直線與線段AB垂直相交于點P,且滿足PC=∕?.若點P

沿AB方向從點A運動到點B,則點E運動的路徑長為.

A

【答案】6√2?

【詳解】解：如圖，由題意可知點C運動的路徑為線段AC,點E運動的路徑為E￡,由平

移的性質(zhì)可知AC=EE,在RtAABC中，易知AB=Be=6,ZABC'=90o,

2

EE'=AC=+6=6√2,故答案為6√2.

點睛：主要考查軌跡、平移變換、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問

題，屬于中考填空題中的壓軸題.

甌（2020?江蘇淮安?統(tǒng)考中考真題）如圖①在AABC中，AB=AC=3,ZBAC=100°,

D是BC的中點.

小明對圖髓行了如下探究：在線段AD上任取一點P,連接PB,將線段PB繞點P按逆時

針方向旋轉(zhuǎn)80。，點B的對應點是點E,連接BE,得到ΔβPE?小明發(fā)現(xiàn)，隨著點P在線段

AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD

上，還可能在直線AD的右側(cè).請你幫助小明繼續(xù)探究，并解答下列問題：

(1)當點E在直線AD上時，如圖②聽示.

也BEP=；頷接CE,直線CE與直線AB的位置關系是.

(2)請在圖(MI畫出ΔSPE,使點E在直線AD的右側(cè)，連接CE,試判斷直線CE與直線

AB的位置關系，并說明理由.

(3)當點P在線段AD上運動時，求AE的最小值.

【答案】(1)①0°；②EC〃AB；(2)AB//EC；(3)AE的最小值3.

【分析】(1)①利用等腰三角形的性質(zhì)即可解決問題.②證明NABC=40°,ZECB=40°,

推出NABC=/ECB即可.

(2)如圖③中，以P為圓心，PB為半徑作。P.利用圓周角定理證明NBCE=；NBPE=40。

即可解決問題.

(3)因為點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，所以當點P運動到與點A重合

時，AE的值最小，此時AE的最小值=AB=3.

【詳解】(1)①如圖②中，

VZBPE=80°,PB=PE，

：.NPEB=NPBE=50"，

②結論：AB//EC.

理由：VAB=AC,BD=DC,

：.ADJ.BC,

NaDE=90",

NEBD=90"-50°=40",

???AE垂直平分線段BC,

.?.EB=EC,

：.NECB=NEBe,

VAB=AC,NBAC=100",

ZABC=ZACB=40°,

，ZABC=NECB,

.?.AB//EC.

故答案為50,AB//EC.

(2)如圖③中，以P為圓心，PB為半徑作③P.

YAD垂直平分線段BC,

：.PB=PC,

：.ZBCE=-ZBPE=40,

2

：ZABC=40°，

，AB//EC.

；點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，

.?.當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值=AB=3.

【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，圓周角定理

等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，靈活運用所學知識解決問題，學會利用輔助圓解

決問題，屬于中考壓軸題.

麗(2020.浙江湖州.中考真題)如圖1,已知在平面直角坐標系xθy中，四邊形04BC是

矩形點AC分別在X軸和y軸的正半軸上，連結AC,OA=3,tanNOAC=立，。是BC的

3

中點.

(1)求OC的長和點。的坐標;

2

(2)如圖2,M是線段OC上的點，OM=；0C,點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過

三點的拋物線交X軸的正半軸于點E,連結DE交AB于點尸

①將ΔZ)8Λ■沿OE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時8尸的長和點E的坐標;

②以線段￡＞尸為邊，在DE所在直線的右上方作等邊ΔDEG,當動點P從點。運動到點〃時,

點G也隨之運動，請直接寫出點G運動路徑的長.

圖1圖2

【答案】⑴。C=5點。的坐標為4，^Λ)；(2)①點E的坐標為4,0),②叵

226

【分析】(1)由0A=3,tan/OAC=如=且，得OC=百，由四邊形OABC是矩形，得

OA3

BC=OA=3,所以CD=；BC=I,求得D(』,百)：

222

(2)①由易知得ACB=/OAC=30。，設將ADBF沿DE所在的直線翻折后，點B恰好落在

AC上的B'處，則DB=DB=DC,ZBDF=ZBDF,所以NBDB'=60。，ABDF=NB'DF=30D

所以BF=BD?tan3()o=4,AF=BF=4，因為/BFD=NAEF,所以NB=∕FAE=90t5,因此

22

39

?BFD^?AFE,AE=BD=二，點E的坐標(一，0)；

22

②動點P在點O時，求得此時拋物線解析式為y=-]χ2+6t,因此E(2，0),直線DE：

9Z

y=-Bχ+B,F1(3,?)；當動點P從點O運動到點M時，求得此時拋物線解析

-322

式為＞=-232+走x+3巨，所以E(6,0),直線DE：y=-^∣Λ+-

273393

,所以F2(3,獨?；所以點F運動路徑的長為M8=2叵-立=正，即G運動路徑的

長為B.

6

【詳解】(1)：AO=3,tanNOAC=生=立，

OA3

.,.OC=6

???四邊形OABC是矩形，

??.BC=Ao=3.

???。是3C的中點，

13

CD=-BC=-,

22

???點。的坐標為g,G)?

(2)φVtanOAC=-,

3

.,.ZOAC=30°,

???ZACB=ZOAC=30°.

設將ΔDM翻折后，點3落在AC上.的9處,

則DB=DB=DC,NBDF=NBDF,

：.ZDB,C=ZACB=30°,

???ZBDB=60。,

：.NBDF=NIrDF=30。.

Y?B90?,

=BD-tan30°=—.

2

;AB=√3,

AF=BF=2,

2

ZBFD=ZAFE,ZB=/FAE=90o,

：.ABFDAAFE.

3

??.AE=BD=-.

2

99

.?OE=OA+AE=-f???點七的坐標為（于O）.

②動點P在點O時，

?.?拋物線過點P（O,0）、OC,8（3,百）

求得此時拋物線解析式為y=-^x2+√3%

9

/.E(-,0),

2

.?.直線DE:y=一旦+立,

32

ΛF∣(3,∣√3)；

當動點P從點O運動到點M時,

???拋物線過點P[O,苧)

求得此時拋物線解析式為,=后α+冬+唳

.?.E(6,0),

二直線DE：y=-y=-迎x+逑

/.F(3,—)

23

點F運動路徑的長為石工=￥-*=*,

?.?△DFG為等邊三角形，

，G運動路徑的長為亞

6

【點睛】本題考查了二次函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、特殊三角函數(shù)以及三角形全等的

判定與性質(zhì)是解題的關鍵.

麗(2020?浙江溫州?中考真題)如圖，過拋物線y=；d-2X上一點A作X軸的平行線,

交拋物線于另一點8,交1軸于點C,已知點A的橫坐標為-3

(I)求拋物線的對稱軸和點B的坐標；

(2)在AB匕任取一點尸，連結OP,作點C關于直線OP的對稱點。；

①連接80,求8。的最小值；

②當點。落在拋物線的對稱軸上，且在X軸上方時，求直線PO的函數(shù)表達式.

【答案】(1)對稱軸為直線44：B(10,5).(2)①56-5.②y=-∣x+g.

【分析】(I)確定點A的坐標，利用對稱軸公式求出對稱軸，再根據(jù)對稱性可得點B坐標;

(2)①由題意點。在以O為圓心OC為半徑的圓上，推出當O、D、8共線時，8。的最小

值=08-0D；

②當點。在對稱軸上時，在RfAOO=OC=5,OE=A,可得DE=JOD2_OE2=后-4?=3,

求出尸、Q的坐標即可解決問題.

【詳解】解：⑴把4-2代入y=9χ2-2x,得

4

.,.A(-2,5),對稱軸為直線a-?1=4,

NX—

4

VA.B關于對稱軸對稱，

：.B(10,5).

(2)①如圖1中，

由題意點。在以O為圓心OC為半徑的圓匕

，當。、。、8共線時，8。的最小值=OB-OD=屈而'-5=56一5.

②如圖2中，

圖2

當點。在對稱軸上時，在RA。。E中，OD=OC=5,OE=A,

?'?DE=yjOD2-OE2=√52-A2=3，

.?.點。的坐標為(4,3).

設PC=PD=x,在R於PDK中，X2=(4-X)2÷22,

設直線P。的解析式為產(chǎn)區(qū)+兒由題意得

'4k+b=3

’5，,L，

-k+b=5

[2

25

bl=—

3

k-

3

.?.直線PD的解析式為y=-gχ+與.

【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、最短問題、勾股定理

等知識，解題的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，學會利用輔助圓解決最短問題，屬于中考

常考題型.

厚命題線函

模型認識

瓜豆原理又叫主從聯(lián)動模型、旋轉(zhuǎn)相似模型、“定點，定角，定長比原理”.我們從它的稱

謂中不難看出其所具有的性質(zhì)特征.定點——瓜蒂，動點——主動點和從動點、定角——主

動點和從動點與定點形成夾角，定長比——主動點和從動點到定點距離長度之比是之謂瓜豆

原理.

簡而言之：瓜豆主要指主動點和從動點運動軌跡形狀一致，主動生從動，種瓜得瓜，種豆得

豆.主從聯(lián)動，其實質(zhì)就是構造旋轉(zhuǎn)、位似.

【成立條件】

(1)存在兩個動點和一個定點；

(2)三個點構成固定的形狀或者結構.這里固定的形狀可以理解為兩動點與定點連線的夾

角為定值；固定的結構可以理解為兩動點到定點的距離之比為定值.

【結論】

（1）主動點怎么變（旋轉(zhuǎn)+縮放）成從動點，主動點軌跡就怎么變成從動點軌跡.

（2）主動點軌跡長度與從動點軌跡長度之比等于主動點和從活動點到定點距離之比.模型

分類模型一直線軌跡

【條件】

（1）主動點、從動點與定點連線的夾角是定值（NPAQ是定值）；

（2）主動點、從動點到定點的距離之比是定值（AP：AQ是定值）.

【結論】當點P的軌跡在直線上，點Q的軌跡在直線上.

（1）P、Q兩點軌跡所在直線的夾角等于NPAQ（當NPAQW90°時，NPAQ等于MN與BC夾角）.

ΓPC

(2)P、Q兩點軌跡長度之比等于AP：AQ(由aABCs∕?AMN,可得AP：AQ=BC:MN).

（3）模型二圓軌跡，當點P的軌跡在圓上，點Q的軌跡在圓上.

【結論】

（1）兩圓心與定點連線的夾角等于主、從動點與定點連線的夾角：NOAM=NPAQ；

（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點的距離之比為AP：AQ=AO:AM1也等

于兩圓半徑之比.

【解題步驟】對于一個圖形進行旋轉(zhuǎn)和位似變化，其實質(zhì)就是對圖形中的每一個點進行旋轉(zhuǎn)

和位似變化解題步驟：第一步：找主動點軌跡；第二步：找從動點與主動點的關系；第三步:

找主動點的起點和終點；第四步：通過確定從動點軌跡，進行相關計算.注：一般在解決此

類問題時，通過主動點的起點和終點，找出從動點的起點和終點是解題的關鍵.

【變式1］（2020?全國?九年級專題練習）如圖所示，在扇形AoB中，OA=3,4405=120。，

點C是AB上的動點，以8C為邊作正方形BCo￡,當點C從點A移動至點8時，求點D經(jīng)

過的路徑長.

D

5

0?

【答案】點。經(jīng)過的路徑長為2近萬.

【分析】如圖，由此80交。。于凡取BF的中點H，連接廠”、HB、BD.易知APHB是

等腰直角三角形，HF=HB,NFHB=9Q°,由NFDB=45。=TNFHB,推出點力在?！吧?/p>

運動，軌跡是GB（圖中紅線），易知N"FG=N//GF=15。，推出NFHG=150。，推出NG7/8

=120。，易知“8=30,利用弧長公式即可解決問題.

【詳解】解：如圖，由此8。交③。于F,取BF的中點H,連接FH、HB、BD.

易知△尸”8是等腰直角三角形，HF=HB,NFHB=90。,

,：ZFDB=450=yNFHB,

二點。在?！鄙线\動，軌跡是GB（圖中紅線），

易知NHFG=4HGF=15°,

：.NFHG=I50。,

：.ZGHB=120°,易知?B=30,

，點D的運動軌跡的長為毀工逑=2近兀.

180

【點睛】本題考查軌跡、弧長公式、圓的有關知識、正方形的性質(zhì)等知識，解題的關犍是學

會添加常用輔助線，正確尋找點。的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題.

【變式2］（2020■全國?九年級專題練習）如圖所示，在矩形ABC。中，A8=4,AO=2,

E為AB的中點，尸為EC上一動點，P為。尸的中點，連接尸8,求尸8的最小值.

【答案】HB的最小值為2√Σ?

【分析】根據(jù)中位線定理可得出點點P的運動軌跡是線段PP2,再根據(jù)垂線段最短可得當

BPJ?P∣P2時，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BPl_LPIP2,故BP的最

小值為BPl的長，由勾股定理求解即可.

【詳解】解：如圖：

當點F與點C重合時，點P在Pl處，CP∣=DP∣,

當點F與點E重合時，點P在P2處，EP2=DP2,

；.PiP2〃CE且PR=gcE.

當點F在EC上除點C、E的位置處時，有DP=FP.

由中位線定理可知：PlP〃CEFLPlP=^CF.

.?.點P的運動軌跡是線段P∣P2,

當BP_LPlP2時，PB取得最小值.

：矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E為AB的中點，

.?.△CBE、?ADE,??BCP∣為等腰直角三角形，CP∣=2.

ΛZADE=ZCDE=ZCP∣B=45o,ZDEC=90o.

O

ZDP2P∣=90.

/.NDPlP2=45°.

o

.?.ZP2PiB=90,即BP1XP1P2,

二BP的最小值為BPl的長.

在等腰直角BCPi中，CP∣=BC=2,

??BPl=2\/2

/.PB的最小值是2√Σ?

故答案是：2立.

【點睛】本題考查軌跡問題、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用特殊位置解決問題,

有難度.

【變式3】19.（2020.全國.九年級專題練習）如圖，等邊三角形ABC的邊長為4,點D是

直線AB上一點.將線段CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)60。得到線段DE,連結BE.

（1）若點D在AB邊上（不與A,B重合）請依題意補全圖并證明AD=BE;

（2）連接AE,當AE的長最小時，求CD的長.

【答案】（1）見解析；（2）2√7

【分析】（1）根據(jù)題意補全圖形，由等邊三角形的性質(zhì)得出AB=BC=AC,NA=NB=60°,

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：ZACB=ZDCE=60o,CD=CE,得出/ACD=NBCE,證明△ACD^ΔBCE,

即可得出結論；

（2）過點A作AF_LEB交EB延長線于點F.由△ACD且ABCE,推出NCBE=/A=60。，

推出點E的運動軌跡是直線BE,根據(jù)垂線段最短可知：當點E與F重合時，AE的值最小,

此時CD=CE=CF,利用勾股定理求出CF即可.

【詳解】解：（1）補全圖形如圖1所示，AD=BE,理由如下：

V?ABC是等邊三角形，

...AB=BC=AC,ZA=ZB=60o,

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：NACB=∕DCE=6（Γ,CD=CE,

.?.ZACD=ZBCE,

.,.?ACD^?BCE（SAS）,

.,.AD=BE.

（2）如圖2,過點A作AF_LEB交EB延長線于點F.

V?ACD^ΔBCE,

ΛZCBE=ZA=60o,

???點E的運動軌跡是直線BE,

根據(jù)垂線段最短可知：當點E與F重合時，AE的值最小,

此時CD=CE=CF,

VZACB=ZCBE=60o,

/.AC〃EF,

VAF±BE,

ΛAF±AC,

在R3ACF中，

?'?CF=-7AC2+AF2=^42+^2Λ∕3j=2>∕7>

ΛCD=CF=2√7.

【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂線段最

短等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明三角形全等是解題關鍵.

衽蘇揚州?九年級?？茧A段練習）如圖，A是。8上任意一點，點C在。B外,

已知AB=2,BC=4,△ACD是等邊三角形，則488的面積的最大值為（）

C.4√3+8D.6

【答案】A

【分析】以BC為邊向上作等邊三角形BCM,連接Dw,證明ar>aw∕z?Ace得到

DM=AB=2,分析出點。的運動軌跡是以點例為圓心，ZW長為半徑的圓，在求出點。

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。0,

,.?ZDC4=ZΛ∕CB=60°,

/.ZDCA-ZACM=ZMCB-ZACM,即/DCM=ZACB,

在4DCM和XACB中，

DC=AC

?NDCM=ZACB,

MC=BC

：.∕?DCMACB(SAS),

/.DM=AB=2,

.?.點。的運動軌跡是以點M為圓心，DM長為半徑的圓，要使438的面積最大，則求出

點。到線段BC的最大距離，

V.BCM是邊長為4的等邊一角形，

點M到BC的距離為2√5,

點D到BC的最大距離為+2,

/.ABCD的面積最大值是B×4×(2√3+2)=4√3+4,

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

。的軌跡圓，再求出圓上一點到定線段距離的最大值.

2.(2020?全國?九年級專題練習)如圖，在矩形紙片ABCO中，AB=2,AZ)=3,點E是

AB的中點，點尸是AD邊上的一個動點，將..A￡F沿E尸所在直線翻折，得到4所，則4C

的長的最小值是()

B

A.巫B.3C.√13-1D.√10-l

2

【答案】D

【分析】以點E為圓心，AE長度為半徑作圓，連接CE,當點A，在線段CE上時，AC的長

取最小值，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知AE=I,在RtBCE中利用勾股定理可求出CE的長度，用

CE-AtE即可求出結論.

【詳解】以點E為圓心，AE長度為半徑作圓，連接CE,當點A，在線段CE上時，AC的長

在RtBCE中，BE='AB=1,BC=3,=90,

2

.?.CE=√BE2+BC2=√io，

A1C的最小值=CE-AE=TiU-I.

故選D.

【點睛】本題考查了翻折變換、矩形的性質(zhì)以及勾股定理，利用作圓，找出AC取最小值時

點A，的位置是解題的關鍵.

3.（2022?江蘇無錫?一模）如圖，在RtAABC中，ZABC=90o,NAeB=30。，BC=2√5,

△ADC與AABC關于AC對稱，點E、F分別是邊DC、BC上的任意一點，且DE=CF,

BE、DF相交于點P,則CP的最小值為（）

L3

A.1B.√3C.-D.2

2

【答案】D

【分析】連接BD,證明AEDBgZ?FCD,可得NBPD=I20。，由于BD的長確定，則點P

在以A為圓心，AD為半徑的弧BD上，當點A,P,C在一條直線上時，CP有最小值.

【詳解】解：連接AD,因為NACB=30。，所以NBCD=60。，

因為CB=CD,所以ACBD是等邊三角形，

所以BD=DC

因為DE=CF,∕EDB=NFCD=6(Γ,

所以△EDBgZ?FCD,所以NEBD=NFDC,

因為∕FDC+NBDF=6(T,

所以NEBD+NBDF=6()。，所以NBPD=I20。，

所以點P在以A為圓心，AD為半徑的弧BD上，

直角AABC中，ZACB=30o,BC=2√3.所以AB=2,AC=4,

所以AP=2

當點A,P,C在一條直線上時，CP有最小值，

CP的最小值是AC-AP=4-2=2

故選D.

【點睛】求一個動點到定點的最小值，一般先要確定動點在一個確定的圓或圓弧上運動，當

動點與圓心及定點在一條直線上時，取最小值.

4.(2022春?全國?九年級專題練習)如圖，線段AB為.。的直徑，點C在AB的延長線上,

AB=4,BC=2,點尸是OO上一動點，連接CP,以CP為斜邊在PC的上方作RtPCD,

且使/DCP=60。，連接0。，則0。長的最大值為一.

【答案】2√3+lft*l+2√3

【分析】作COE,使得NCEO=90。，NECo=60。，則Co=2CE,OE=20,NoCP=ZECD,

OPCPI

由XOfCED,推出方=方=2,即四嚴=J定長)’由點E是定點，小是

定長，點。在半徑為1的。石上，由此即可解決問題.

【詳解】解：如圖，作,COE,使得NcEo=90。，NEc0=60。，則Co=2CE,OE=2√3，

NoCP=ZECD,

NeDP=90。，NDC尸=60。，

.?.CP=2CD,

COCPC

.,.——=——=2,

CECD

:._CO—CED,

.OPCPC

.?---=---=2,

EDCD

即ED=gθP=l（定長），

,點E是定點，Z）E是定長，

，點。在半徑為1的（E上，

OD≤OE+DE=2y∣3+l,

.?.OD的最大值為26+1,

故答案為：26+1.

【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、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.

5.（2022秋?九年級課時練習）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC,80相交于點0,AB=A,

ADAC60°,點B沿線段Ao從點A至點。運動，連接DF,以力尸為邊作等邊三角形DFE,

點E和點A分別位于。F兩側(cè)，連接OE.現(xiàn)給出以下結論：

①NBDE=/EFC；?ED=EC,③直線OE_LCD；④點E運動的路程是2√L

其中正確的結論是.（寫出所有正確結論的序號）

D

【答案】①②③

【分析】①根據(jù)NDAC=60°,OD=OA,得出aOAD為等邊三角形，再由△￡>FE為等邊三

角形，得NEDF=NDEF=60°,即可得出結論①正確：

②如圖，連接0E,利用SAS證明尸名△￡)(?,再證明MODE0OCE,即可得出結論

②正確；

③通過等量代換即可得出結論③正確；

④如圖，延長OE至E',使。E=OD,連接DE',通過AΩ4FgΔOQE,NoOE=60°，

可分析得出點F在線段AO上從點4至點。運動時，點E從點。沿線段OE'運動到E’,從

而得出結論④錯誤.

【詳解】解：①：/ZMC=60°,OD^OA,

為等邊三角形，

.?.∕E>O4=∕O4O=∕OD4=60°,AD^OD,

；△。尸E為等邊三角形，

；.NEDF=NEFD=NDEF=60°,DF=DE,

；ZBDE+ZFDO=NAOF+NFOO=60°,

，NBDE=NADF,

VZADF+ZAFD+ZDAF^↑80o,

ΛZADF+ZAFD=i80°-ZDAF=120°,

,.?ZEFC+ZAFD+ZDFE=180°,

：.ZEFC+ZAFD=?S0°-NDFE=I20°,

ZADF^NEFC,

：.ZBDE=ZEFC,

故結論①正確：

②如圖，連接OE,

在aD4F和ACOE中，

AD=OD

ZADF=ZODE,

DF=DF

Λ?DAF^?DOE(SAS),

.?.∕DOE=NDAF=60°,

?"ZCOD=180°-ZAOD=120°,

/COE=/CoD-/DOE=120°-60o=60°,

：.ACOE=ADOE,

在△OZ)E'和△OCE中，

OD=OC

-ADOE=ZCOE,

OE=OE

C.∕?ODE^∕?OCE(SAS),

：.ED=EC,ZOCE=ZODE,

故結論②正確；

③YNOOE=NAOR

ΛZADF^ZOCE,即/ADF=NECR

故結論③正確；

④如圖，延長OE至E',使OE'=0。，連接￡>￡,

VΔDAF^ΔDOE,ZDOE=60°,

點尸在線段Ao上從點A至點。運動時，點E從點O沿線段OE運動到E,

VOE'=OD=AD=AB?tanZABD=4?lan3Qo=迺,

3

???點E運動的路程是迪，

3

故結論④錯誤.

故答案為①②③.

【點睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，等腰

三角形的判定和性質(zhì)，點的運動軌跡等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)、等邊三角形判定

和性質(zhì)等相關知識是解題關鍵.

6.（2022?廣東河源.統(tǒng)考二模）如圖，已知AC=2AO=8,平面內(nèi)點尸到點。的距離為2,

連接AP,若NAPB=60°且BP=；AP,連接AB,BC,則線段Be的最小值為.

【答案】2√7-√3

【分析】如圖所示，延長PB至UD使得PB=DB,先證明AAPO是等邊三角形，從而推出

ABP=90o,ZBAP=30o,以Ao為斜邊在AC下方作Rf△AMO,使得NΛM0=3(T,連接CM,

過點M作AC于”，解直角;角形得至IJ&I=組=正，從而證明△

AOAP2

得到毀.=絲=迫，則SM=√J,則點3在以M為圓心，以狀為半徑的圓上，當M、B、

OPAP2

C三點共線時，即點8在點9的位置時，BC有最小值，據(jù)此求解即可.

【詳解】解：如圖所示，延長FB到。使得P8=D8,

,/BP=-AP,

2

，AP=PD=IPB,

XVNAPB=60°,

??.AAPO是等邊三角形，

為卯的中點,

.?AB±DP,即NA8P=90°,

.?ZBAP=30o,

以4。為斜邊在AC下方作M△4W。，使得NMAO=30。，連接CM,過點仞作M”_LAC于

H,

?∕cca_AM

??cos/OΛMI-----,

AO2

同理可得這二立，

AP2

u：ZOAM=30o=ZPAB,

：.ΛBAM=APAO.

tj..AMAB√3

AOAP2

：.∕?AMB^ΔAOP,

,BMAB_6

t'~δp~^?p~τΓ,

V點P到點O的距離為2,即0P=2,

.*.BM=6,

，點B在以M為圓心，以√5為半徑的圓上，

連接CM交圓M（半徑為右）于8'，

當M、B、CV點共線時，即點8在點？的位置時，8C有最小值,

,.'AC=2AO=8,

.,.A0=4,

?'?AM=AO-cosZOAM=2?[3，

?,?AH-AM-cosZMAH=3,HM=AM-SinNMAH??/?，

：.CH=5,

?'?CM=4HM2+CH2=2√7，

B'C=CM-MB，=2出-6

.?.8C的最小值為2√7-百，

故答案為：2Λ∕7-0.

D

【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)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G的圓上運動.

7.（2022秋?福建福州?九年級校考階段練習）如圖,在RtBC中，ZACB=90，ZBAC=30,

BC=2,線段BC繞點B旋轉(zhuǎn)到BQ,連A。，E為AO的中點，連接CE,則CE的最大值是

【答案】3

【分析】通過已知求得。在以8為圓心，Bz）長為半徑的圓上運動，為AD的中點,

.?.E在以ZM中點為圓心，!劭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8旋轉(zhuǎn)到B￡>,

D

：.BD=2,

：.-BD=↑.

2

由題意可知，力在以8為圓心，8。長為半徑的圓上運動，

YE為的中點，

.?.E在以BA中點為圓心，；劭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］BD長.

VZACB=90?ZBAC=30,BC=2,

???C到BA中點的距離即gAB=2,

又?=Bo=1,

2

,CE的最大值即JA8+,BO=2+1=3.

22

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.

8.（2020秋?福建福州?八年級福州三牧中學校考期中）如圖，等邊三角形ABC中，AB=4,

高線AH=26,。是線段AH上一動點，以BO為邊向下作等邊三角形8DE,當點。從點A

運動到點，的過程中，點E所經(jīng)過的路徑為線段CM,則線段CM的長為,當點。

運動到點H,此時線段BE的長為.

【分析】由"SAS，可得AABD絲4C8E,推出AD=Ee可得結論，再由勾股定理求解8"=2,

當?！爸睾蠒r，BE=BH=2,從而可得答案.

【詳解】解：如圖，連接EC

V?ΛBC,△8Z)E都是等邊三角形，

*o

..BA=BCfBD=BEfZΛBC=ZDBE=60,

：.ZABD=ZCBE,

在△48。和4CBE中，

BA=BC

ZABD=ZCBE,

BD=BE

???△ABDmACBE(SAS),

：.AD=EC,

Y點D從點A運動到點H,

??點E的運動路徑的長為CM=AH=2y[3，

當2H重合，而△瓦汨(即,,BHE)為等邊三角形,

?BE=BH9

QAB=4,AH=2√3,A∕∕ΛBC,

故答案為：26,2.

【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，動點的軌跡等知識，解題

的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題.

9.(2022?江蘇揚州??？级?如圖，在矩形ABCC中，AB=3,AD=A,連接8。，將ZMBO

繞點。順時針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)后的三角形為A487λ旋轉(zhuǎn)角為α((ΓVα<360。且aW180。).

(1)在旋轉(zhuǎn)過程中，當4落在線段BC上時，求A，B的長；

(2)連接A4、A'B,當NBAB'=90。時，求tan/A”。；

(3)在旋轉(zhuǎn)過程中，若AW的重心為G,則CG的最小值=

【答案】⑴4-77；

(2)tan∕A'AQ=3或g；

⑶三

3

【分析】(1)由四邊形ABCD矩形，A5=3,AD=4得Cz)=AB=3,BC=AD=4,ZC=

90°,當4落在線段BC上時，由旋轉(zhuǎn)得4O=AO=4,則。C="一=幣,所以48=

4-77；(2)分兩種情況，一是點夕與點C在直線BO的同側(cè)，作AZ)于點￡,則/HEA

=90。，先證明點8、加、。在同一條直線上，求得BQ=J3?+4?=5,由

4,FAR3Fr)AD4

------==—=sinZADB,-------==—=cosAADB求出4E的長和￡7)的長，再求出

A'DBD5A,DBD51

Δ'F

AE的長，再由lan∕A4D=F求出此時lanN4A。的值；二是點用與點C在宜線8。的異

AE7

側(cè)，作4EL4O交AO的延長線于點E則NE=90。，先求出的長和EO的長，再求出

A`E

AE的長，再由IanN4A。=---求出此時IanN4AD的值；

AE

??2

(3)在AO上截取Ob=-，則。F32,作于點“，在。”上截取。G二—?！?

3赤丁33

連接FG、CG,則盥=2，由4￡>=A￡>可知4為的中點，Z)H為AD44的中線，點G

DH3

為AD44的重心，再證明ADFGS∕?D4”,則NFGD=NA40=90。，取力廠的中點。，連接

OC交。。于點P,連接0G,則OG=OP=0。=；。尸=Jxg=B,可知點G在以點。為圓

4

心、半徑為§的圓上運動，可由CG+0G≥0C推導出CGNC尸，則當CG=CP時，CG的長最

小，求出CP的長即可.

【詳解】（1）解：（1）如圖1,：四邊形A8C。矩形，AB=3,AD=4,

.?.CO=AB=3,BC=AD=4,NC=90。，

當4落在線段BC上時，由旋轉(zhuǎn)得4L>=AZ)=4,

?"?A,C=yjA'D2-CD2=√42-32=√7>

：.A'B=BC-A'C^4-y[7,

.?.AB的長為4-".

(2)(2)如圖2,點夕與點C在直線BD的同側(cè)，作HELAO于點E,則N?E4=90。,

由旋轉(zhuǎn)得N8'A'Q=NBAO=90。，A'D=AD=4,

VZBA,B,=90o,

.?.ZB'A'D+ZBA'B,=?SO°,

：.點、B、4、。在同一條直線上，

；ZA'ED=ZBAD=W0,

工BD=√ΛB2+AD2=√32+42=5，

A'EA33EDAD4

==-=sinZADB,---=一=CosZADB

Λ7DBD5T7DBD5