2024年中考數(shù)學壓軸題預測《幾何綜合六種模型》含答案解析

幾何綜合六種模型通用的解題思路：平面內(nèi)有兩點ABCABC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)..,但要除去A,B兩點.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“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(jié)一動點P在直線MN外的運動速度為VMN上運動的速度為VV<VAB為12121ACVBCV定點，點C在直線MN上C的位置使+的值最?。?注意與阿氏圓模型的區(qū)分)21ACVBCV1V1VVV1V21)+=BC+1ACk=2BC+kAC的最小值.21CHAC2)構造射線AD使得sin∠DAN=k，=kCH=kAC,將問題轉化為求BC+CH最小值.3)過B點作BH⊥AD交MN于點CAD于HBC+CHBC+kAC最?。癙A+kPB”kPB“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．(若k>11的形式解決即可)。1所示，⊙O的半徑為rAB都在⊙O外，P為⊙Or=k·OBPAPBPA+k·P點的位置如何確定？2如圖2OB上截取OC使OC=k·r△BPO與△PCOk·PB=PC。PA+k·PA+PC其中與A與C為定點，PAPCPA+PC3所示：注意區(qū)分胡不歸模型和阿氏圓模型：k·PA+PBPP點軌跡變?yōu)閳A“阿氏圓”問題．(點在直線上)_模型11)如圖，P是直線BCAPAP中點QP在BC上運動時，Q點軌跡是？P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．AQ向BCMNAP=2AQQN始終為AMQ點到BCQ點軌跡是一條直線．2)△APQ中AP=AQ∠PAQP在直線BCQ點軌跡？3AP與AQ夾角固定且AP:AQ為定值的話，PQ軌跡是同一種圖形。QQ點的起始位置Q點軌跡線段?！按咕€段最短”求最值。1)當動點軌跡已知時可直接運用垂線段最短求最值；2)3)確定動點軌跡的方法(重點)①②③()為其他已知軌跡的線段求最值。(點在圓上)模型1模型1-1.如圖，P是圓O上一個動點，AAPQ為AP中點．Q點軌跡是？AOAO中點M△AMQ∽△AOPQM:PO=AQ:AP=1:2．則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型1-2.如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=k?AQP在圓O運動時，Q點軌跡是？4AOAM⊥AOAO:AM=k:1△APO∽△AQMk。則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型1-3.(常見于動態(tài)翻折中)PAB=AC=APBCP三點共圓，則動點P是以A圓心，AB半徑的圓或圓弧。模型1-4.定邊對定角(或直角)模型1)P為動點，AB為定值，∠APB=90°P是以AB為直徑的圓或圓弧。2)P為動點，AB為定值，∠APBP的軌跡為圓弧?！耙欢c與圓上的動點距離最大值為定點到圓心的距離與半徑之”的性質(zhì)求解。1(2023?安溪縣二模)如圖，AB是半圓O的直徑，BP⊥ABPD與半圓O相切于點DAD并BP的延長線于點C．5(1)求證：PB=PC；(2)若⊙O的半徑為5AD=8BP的長．(1)連接ODOPDBΔODP?ΔOBPPB=PDPB=PC，(2)先證明ΔABD∽ΔBCDBCBP．(1)ODOPDB，PD與半圓O相切于點D，∴PD⊥OPBP⊥ABOD=OBOP=OP在RtΔODP與RtΔOBP中，，∴RtΔODP?RtΔOBP(HL)，∴PB=PD，∠ADB=90°，∴∠CDP=90°，在RtΔCDB中，BP=PD，點P為BC的中點，∴PB=PC；(2)BP⊥AB，∴∠ABD+∠CBD=90°，∠DAB+∠ABD=90°，∴∠DAB=∠CBD∴ΔABD∽ΔBCD，ADBDABBC15=，，∴BC=2BC2154BP==，154故BP的長為．2(2023?平房區(qū)二模)如圖1ΔABC內(nèi)接于⊙O中，ABD在弧BCADCD．(1)求證：∠CAB+∠D=90°；(2)如圖2OC交AD于點F∠DAB+2∠CAD=90°：AC=CD；(3)在(2)3E在線段CFAEBE交AD于點H∠EHA=2∠EAHAE=6OF=2BE的長．6?(1)利直徑所對的圓周角是直角求得∠ACB==90°(2)根據(jù)圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)可證明∠CAD=∠DAC=CD；(3)連接DEBD出∠HED=∠HDE∠ADB=90°∠HED=∠HDE=β∠DHB=2β∠DBE=90°-2βB作BG⊥BE交ED的延長線于點GBD=22點B作LGBGBGEGBL⊥DG于點Lsin∠LBG=sin∠LEB=(22)2=x(6+2x)LD=LG=1(1)證明：∵ΔABC內(nèi)接于⊙O中，AB為直徑，∴∠ACB==90°，∴∠CAB+∠B=90°，∵AC=AC，∴∠B==∠D，∴∠CAB+∠D=90°．(2)證明：∵∠DAB+2∠CAD=90°，∴∠DAB=90°-2∠CAD，在ΔACB中，∵∠ACB=90°，∴∠DAB=90°-∠CAD-∠B，∴90°-2∠CAD==90°-∠CAD-∠B，∴∠CAD=∠B，∵∠B=∠D，∴∠CAD=∠D，∴AC=CD．(3)DEBD，∵OC垂直平分AD，∴AE=DE=6，∴∠EDA=∠EAH，∵∠EHA=2∠EAH，∴∠EHA=2∠EDA，∵∠EHA=∠EDH+∠HED，∴∠HED=∠HDE，∵AB為直徑，∴∠ADB=90°，設∠HED=∠HDE=β，∴∠DHB=2β∠DBE=90°-2β，7過點B作BG⊥BE交ED的延長線于點G，∴∠GDB=90°-α∠DBG=2β，∴∠G=2β，∴BD=BG，∵AF=DFAO=BO，∴BD=BG=2OF=22，過點B作BL⊥DG于點L，∴DL=GL，設DL=GL=x，∵∠LBG+∠G=∠LEB+∠G=90°，∴∠LBG=∠LEB，∴sin∠LBG=sin∠LEB，LGBGBGEG∴=，∴(22)=x(6+2x)，解得x=-4(舍去)x=1，12∴LD=LG=1，∴EL=7LB=7，∴BE=+LB2=7+(7)2=214．3(2022?蔡甸區(qū)校級模擬)E是正方形ABCD邊BC上一點(點E不與BC重合)DE交對角線AC于點FΔADF的外接圓O交邊AB于點GGDGE．(1)求∠EDG的度數(shù)；BECE52(2)若=tan∠DEG．(1)由正方形的性質(zhì)得出∠BAC=45°(2)延長BA至點PAP=CEDPΔDCE?ΔDAP(SAS)DE=DP∠CDE=∠ADP∠P=∠DECΔEDG?ΔPDG(SAS)∠DEG=∠P(1)∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°，∵GF=GF，∴∠EDG=∠FAG=45°；(2)延長BA至點PAP=CEDP，BECE52∵=，8CEBC27∴=，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC∠BAD=∠DCE=90°，∴∠PAD=∠DCE，又∵AP=CE，∴ΔDCE?ΔDAP(SAS)，∴DE=DP∠CDE=∠ADP∠P=∠DEC，∴∠ADC=∠PDE=90°，∴∠EDG=∠PDG=45°，又∵DG=DG，∴ΔEDG?ΔPDG(SAS)，∴∠DEG=∠P，∴∠DEC=∠DEG，CECDCECB27∴tan∠DEG=tan∠DCE===．全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．4(2023?懷化)如圖，AB是⊙OP是⊙O外一點，PA與⊙O相切于點AC為⊙O上的一點．連接PCACOCPC=PA．(1)求證：PC為⊙O的切線；(2)延長PC與AB的延長線交于點D：PD?OC=PA?OD；(3)若∠CAB=30°OD=8(1)先由切線的性質(zhì)得∠PAO=90°判定ΔPOC和ΔPOA∠PCO=∠PAO=90°(2)由∠DCO=∠DAP=90°∠ODC=∠PDA可判定ΔODC和ΔPDA可得出結論；(3)連接BCC作CE⊥OB于點EΔOCBOE=aOA=OB=OC=2aCE=3aRtΔCDE和在RtΔDOCCD2=CE2+DE2=OD2-OC2a⊙O的半徑為4S=SDOC-S即可得出答案．(1)證明：∵AB為⊙O的直徑，PA為⊙O的切線，∴PA⊥OA，即：∠PAO=90°，∵點C在⊙O上，∴OC=OA，在ΔPOC和ΔPOA中，9OC=OAPC=PA，PO=PO∴ΔPOC?ΔPOA(SSS)，∴∠PCO=∠PAO=90°，即：PC⊥OC，又OC為⊙O的半徑，∴PC為⊙O的切線．(2)(1)可知：OC⊥PD，∴∠DCO=∠DAP=90°，又∠ODC=∠PDA，∴ΔODC∽ΔPDA，OCPAODPD∴=，即：PD?OC=PA?OD．(3)BC點C作CE⊥OB于點E，∵∠CAB=30°，∴∠COB=60°，又OC=OB，∴ΔOCB為等邊三角形，∵CE⊥OB，∴OE=BE，設OE=aa≠0，則OA=OB=OC=2a，在RtΔOCE中，OE=aOC=2a，由勾股定理得：CE=OC-OE2=3a∵OD=8，，∴DE=OD-OE=8-a，在RtΔCDE中，CE=3aDE=8-a，由勾股定理得：CD=CE+DE=(3a)+(8-a)2在RtΔDOC中，OC=2aOD=8，，由勾股定理得：CD=OD-OC=8-(2a)2(3a)+(8-a)=8-(2a)2，，整理得：a-2a=0∵a≠0，，∴a=2，∴OC=2a=4CE=3a=23，1212∴S=OD?CE=×8×23=83，60π×428π3又∵S==，3608π3∴S=SDOC-SBOC=83-．10(3)5(2023?廣陵區(qū)二模)A(-4,4)的二次函數(shù)圖象經(jīng)過原點(0,0)P在該圖象上，OP交其對稱軸l于點MMN關于點APNON．(1)求該二次函數(shù)的表達式；(2)若點P的坐標是(-6,3)ΔOPN的面積；(3)當點P在對稱軸l①求證：∠PNM=∠ONM；②若ΔOPNP的坐標．(1)a的值，即可得出二次函數(shù)的關系式；12(2)設直線OP的解析式為y=kxAOPx=-4代入y=-xMMN關于點PNMN得出答案．14(3)①設對稱軸l交x軸于點BPC⊥l于點CPPt,-t-2tO的坐OPMN及Hl交x軸于點BPC⊥l于點C，構建相似三角形：ΔNCP∽ΔNBO．由相似三角形的對應角相等證得結論；②ΔOPN∠ONP①得到∠PNM=∠ONM=45°，可得出三角形ACNPC=CNPC及CNm的方程，求出方程的解得到m的值為0或4±2A與P∠ONP∠PON為直角，利用勾股定理得到OP2+ON2=PN2P的坐標，利用勾股定理表示出OP2OB及BNON2PC及CNPN2OP+ON=PN2mm的值為4±42或0∠PON∠NPO有ΔPMN∽ΔBMO∽ΔBONmm的值為4時A與P∠NPOP在對稱軸l左側的二次函數(shù)圖象上運動時，ΔOPN不能為直角三角形．(1)y=a(x+4)+4，14把點(0,0)a=-．1∴二次函數(shù)的表達式為y=-(x+4)+4，414即y=-x-2x；11(2)OP為y=kx(k≠0)，12將P(-6,3)代入y=kx得k=-，1∴y=-x．2當x=-4時，y=2．∴M(-4,2)．∵點MN關于點A對稱，∴N(-4,6)．∴MN=4．∴SPON=SOMN+SPMN=12；14(3)P的坐標為t,-t-2t，其中t<-4，設直線OP為y=k′x(k′≠0)，1t+84將Pt,-t-2t代入y=k′x=-．4t+84∴y=-x．當x=-4時，y=t+8．∴M(-4,t+8)．∴AN=AM=4-(t+8)=-t-4．設對稱軸l交x軸于點BPC⊥l于點C，14則B(-4,0)C-4,-t-2t．∴OB=4NB=4+(-t-4)=-tPC=-4-t，1414NC=-t--t-2t=t+t．14t+tNCPCNCPCt4NBOB-t4t4則==-，==-．-4-tNBOB∴=．又∵∠NCP=∠NBO=90°，∴ΔNCP∽ΔNBO．∴∠PNM=∠ONM．②ΔOPN(i)若∠ONP∠PNM=∠ONM=45°，∴ΔPCN為等腰直角三角形，14∴CP=NCm-4=m-m，整理得：m-8m+16=0(m-4)=0，解得：m=4，此時點A與點PP點使ΔOPN為直角三角形；(ii)若∠PONOP+ON=PN2，12141422∵OP=m+-m-2mON=4+m2AN=(m-4)+-m-2m+m，141422∴m+-m-2m+4+m=(m-4)+-m-2m+m，整理得：m(m-8m-16)=0，解得：m=0或m=-4-42或-4+42(舍去)，當m=0時，P∠PON不能為直角，當m=-4-42P(-4-424)時，N∠PON能為直角；(iii)若∠NPO∠NPM=∠OBM=90°∠PMN=∠BMO，∴ΔPMN∽ΔBMO，又∵∠MPN=∠OBN=90°∠PNM=∠OND，∴ΔPMN∽ΔBON，∴ΔPMN∽ΔBMO∽ΔBON，MBOBOBNB8-m4m∴==，4整理得：(m-4)=0，解得：m=4，此時A與P∠NPO不能為直角，P在對稱軸l左側的二次函數(shù)圖象上運動時，ΔOPNm=4+42P(-4-42,-4)時，N為第四象限的點成立．(3)中的第②小問6(2024?寶安區(qū)二模(3)班的項目式學習團隊計劃在摩天輪上測量一座寫字樓的高度．124面內(nèi)．(如圖2)．312860三組分別乘坐1號、4號和101字樓最高處D(觀測誤差忽略不計)．1號轎廂測量情況4號轎廂測量情況10號轎廂測量情況13(1)如圖3AOBO∠AOB=45°；(2)求出1號轎廂運動到最高點時，4號轎廂所在位置B點的高度．(結果保留根號)(3)DN．(結果用四舍五入法取整數(shù)，2≈1.41)(1)由題可知，摩天輪共有24∠AOB包含了3324此∠AOB=×360°=45°；(2)過點B作BE⊥AO于點EA此時的高度為最高為12860O點高度為68BE⊥AO∠AOB=45°OE=OB?cos45°=302(3)連接OBOCBC13可得∠COB=90°∠OBC=∠AOB=45°BC=602D25作DF⊥BC于點FBF=n23得：DF=5BF=5nCF=DF=2nBC=602=3nn=202此F點的高度為：68+302-202=68+102≈82(米)(1)連接AOBO∵24∠AOB包含了3個橋廂，3∴∠AOB=×360°=45°，24故答案為：45．(2)過點B作BE⊥AO于點E，14∵點A此時的高度為最高為12860米，∴O點高度為68米，∵BE⊥AO∠AOB=45°，∴OE=OB?cos45°=302，∴B點的高度為(68+302)米，答：B點的高度為(68+302)米．任務二：(3)連接OBOCBC，由素材13可得∠COB=90°∠OBC=∠AOB=45°，則BC=602點D作DF⊥BC于點F，25令BF=n23的4號轎廂測量情況和10號轎廂測量情況得：DF=5BF=5nCF=DF=2n，∴BC=602=3nn=202，∴F點的高度為：68+302-202=68+102≈82(米)，DN約為82米．7(2022?江北區(qū)一模)如圖1ABCD是⊙OAB=ADACBD相交于點EAC上取一點FAF=ABF作GH⊥AC交⊙O于點GH．(1)證明：ΔAED~ΔADC．(2)如圖2AE=1GH恰好經(jīng)過圓心OBC?CD的值．(3)若AE=1EF=2BE的長為x．①如圖3x的代數(shù)式表示ΔBCD的周長．②如圖4BC恰好經(jīng)過圓心OΔBCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值．(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)的結論求得ACCEΔDEC∽ΔABC15得出結論；(3)①利用垂徑定理和(1)的結論求得ACCEΔAED∽ΔBEC和ΔAEB∽ΔDEC用相似三角形的性質(zhì)求得BCDECD②利用勾股定理求得BCΔBCDΔBCD內(nèi)切圓半徑為r①中的結論求得BDCD和ΔBCDΔBCD內(nèi)切圓半徑．(1)證明：∵AB=AD，∴AB=AD．∴∠ADB=∠ACD．∵∠DAE=∠CAD，∴ΔAED∽ΔADC．(2)解：∵ΔAED∽ΔADC，AEADADAC∴=．∵GH為⊙O的直徑，GH⊥AC，1∴AF=FC=AC．2∵AB=ADAF=AB，∴AB=AD=AF，∴AC=2AD．AEADADAC12∴==．∵AE=1，∴AD=2．∴AB=2AC=4．∴EC=AC-AE=3．∵AB=AD，∴AB=AD．∴∠ACB=∠ACD．∵∠BDC=∠BAC，∴ΔDEC∽ΔABC．CDACECBC∴=．∴BC?CD=AC?EC=4×3=12．(3)∵AE=1EF=2，∴AB=AD=AF=AE+EF=3．∵ΔAED∽ΔADC，AEADADAC13∴==．∴AC=3AD=9．∴CE=AC-AE=8．∵∠CAD=∠CBD∠CEB=∠DEA，∴ΔAED∽ΔBEC．BEAEECEDBCAD∴==．16x18DE8BC3∴==．∴DE=BC=3x．x∵∠ABD=∠ACD∠AEB=∠DEC，∴ΔAEB∽ΔDEC．AEDE18xABCD∴∴=．3=．DC24x∴DC=．24x8x32x∴ΔBCD的周長=BC+CD+BE+DE=3x++x+=4x+．②∵BC為⊙O的直徑，∴∠BAC=90°．∴BC=AB+AC2=3+92=310．3102∴ΔBCD外接圓半徑為．在RtΔABE中，BE=AE+AB2=1+32=10．81045由①的結論可得：DE==10，2410125CD==10，3210365ΔBCD的周長=410+=10，95∴BD=BE+DE=10．設ΔBCD內(nèi)切圓半徑為r，1236512∴∴×ΔBCD的周長×r=×BD?CD．9512510r=10×10．3∴r=10．53532101025∴ΔBCD內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑的比值==．8(2022?開州區(qū)模擬)RtΔABC中，AB=BCD是BC的中點，E為AC邊上任意一點，連接DEDE繞點D逆時針旋轉90°得到線段DFEFAB于點G．(1)如圖1AB=6AE=2ED的長；(2)如圖2G恰好是EFBF：CD=2BF；5(3)如圖3AB=42CFCF+BF取得最小值時．請直接寫出S的值．517分析(1)過點E作EH⊥BC于點H∠CHE=90°ABCBC=6AC=62ΔCHERtΔDHEDE即可；(2)過點E作EM?BF于AB交點M點D作DN⊥BC交AC于N出ΔCDN證明ΔBFD?NED(SAS)ΔEMG?ΔFBG(AAS)RtΔCDNCD與BF關系；(3)如圖3-1AC的中點TDTBTΔBDT是等腰直角三角形．首先證明點F在直線BT3-2AT的中點QBQFH⊥BQ于點HCJ⊥BQ于點JBT于點R．5再證明當點F與R重合時，CF+BF5(1)E作EH⊥BC于點H，∴∠CHE=90°，在等腰直角三角形ABC中，∵AB=6，∴BC=6AC=62，∵D為BC中點，1∴CD=BC，2∵AE=2，∴CE=AC-CE=52，∵∠C=45°，∴ΔCHE也是等腰直角三角形，∴CH=EH=5，∴HD=CH-CD=2，∴在RtΔDHE中，DE=EH+HD2=29．(2)E作EM?BF于AB交點M點D作DN⊥BC交AC于N，∴ΔCDN為等腰直角三角形，∴CD=ND，∵BD=CD，∴BD=DN，∵∠5+∠BDE=∠6+∠BDE，∴∠5=∠6，BD=DN在ΔBFD和ΔNED中，∠5=∠6，DF=DE∴ΔBFD?NED(SAS)，18∴BF=EN∠3=∠4，∠1=∠2在．ΔEMG和ΔFBG中，∠MGE=∠BGF，GF=GE∴ΔEMG?ΔFBG(AAS)，∴ME=BF，∴ME=EN，∵∠2+∠3=45°，∴∠1+∠4=45°，∴∠MEN=∠1+∠4+∠FED=90°，∴∠AEM=90°，∴ΔAEM是等腰直角三角形，∴AE=ME=BF=EN，1∴BF=AN，2∵DN?BCD是BC的中點，∴CN=AN，1∴BF=CN，222又∵在等腰RtΔCDN中，CD=CN，∴CD=2BF．(3)如圖3-1中AC的中點TDTBTΔBDT是等腰直角三角形．∵∠EDF=∠TDB=90°，∴∠BDF=∠TDE，∵DB=DTDF=DE，∴ΔBDF?ΔTDE(SAS)，∴∠DBF=∠DTE=135°，∵∠DBT=135°，∴FBT共線，∴點F在直線BT上運動，如圖3-2中AT的中點Q接BQFH⊥BQ于點HCJ⊥BQ于點JBT于點R．FHBHQTBT12∵tan∠FBH===，5555∴FH=∴CF+BF，BF=CF+FH≤CJ，55∴當點F與R重合時，CF+BF的值最小，∵∠BTQ=∠CTR=90°BT=CT∠QBT=∠RCT，∴ΔBTQ?ΔCTR(ASA)，∴TR=QT，∵AB=BC=42∠ABC=90°，∴AC=2AB=8，19∴AT=CT=BT=4QT=RT=2，∴BF=TE=2，1212∴S=?CE?FT=×2×2=2．三角形．9(2023春?璧山區(qū)校級期中)y=kx+b經(jīng)過點A(8,0)和B(0,4)ΔAOB沿直線l對折使點A和點Bl與x軸交于點C與AB交于點DD的縱坐標為2BC．(1)求直線AB的解析式；(2)若點E在xΔBED的面積為10ΔBOE的周長；(3)已知y軸上有一點PBCPP的坐標．(1)根據(jù)給出的ABAB的解析式；(2)根據(jù)AD=BD可以得出ΔADE的面積和ΔBDED作DF⊥xAE的OEBEΔBOE的周長；(3)BP=BCPB點的縱坐標±BC長可以得到對應的PBC=CPCPPB=PCP點在BC的P點的坐標．(1)將點A(8,0)和B(0,4)代入y=kx+b0=8k+b4=b，12k=-b=4解得：，12故AB的解析式為：y=-x+4；(2)∵將ΔAOB沿直線l對折使點A和點B重合，∴AC=BC，設OC=xBC=AC=8-x，在RtΔOBC中，x+4=(8-x)2，∴x=3，∴OC=3，∴AD=BD，20∴S=S=10∵點D的縱坐標為2，過D作DM⊥x軸交x軸于點M，∴DM=2，∵S=AE?DM，∴AE=10，∴OE=2，∵OB=4，∴BE=OE+OB2=25，∴C=2+4+25=6+25；(3)以B點為圓心，BCy軸于PPC點為圓心，CBy軸于點12Py軸上找一點PP4B=P4C，34∵OC=3OB=4，∴BC=5，∵B(0,4)BP=BP=BC=512∴OP=OB+BP=4+5=9OP=BP-BO=5-4=1，1122∴P(0,9)P(0,-1)，12∵CP=BC=5，在RtΔOCP3中，OP=4，∴(0,-4)，∵BP=CP，44設OP=mCP=BP=4-m，444在RtΔOCP4中，m+3=(4-m)2，78∴m=，7∴OP=，，878∴P0,478故P點坐標為(0,9)(0,-1)(0,-4)0,．10(2023?湘潭縣校級三模)y=ax+bx+3(a≠0)與軸相交于點x，A(-1,0)B(3,0)y軸交于點CBC．(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為yBP10CP+10BP的最小值；(3)連接ACx軸上是否存在一點P∠PCO+∠ACO=45°P請說明理由．21(1)待定系數(shù)法求拋物線的解析式；(2)對條件10CP+10BP提取系數(shù)10(3)構造和∠ACO(1)∵拋物線y=ax+bx+3(a≠0)a-b+3=0與x軸相交于點A(-1,0)B(3,0)，，∴，9a+3b+3=0a=-1解得，b=2∴拋物線的解析式為y=-x+2x+3；(2)過點P作PM⊥ACMB作BN⊥ACN，在y=-x+2x+3中∴C(0,3)，x=0，y=3在ΔAOC中，OA=1OC=3AC=10，OAAC1010∴sin∠ACO==，MPCP1010在ΔCMP中，sin∠ACO==，1010∴MP=CP，12121212∵S=×AB×OC=×4×3=×AC×BN=×10×BN，6105∴BN=，10106105∴10CP+10BP=10CP+BP=10(MP+BP)≥10BN=10×=1210，∴10CP+10BP的最小值為1210．(3)如圖，∠PCO+∠ACO=45°，∴∠ACP=45°，∵OA=OB=3，∴ΔCOB是等腰直角三角形，∴∠OCB=45°，∴∠ACO=∠PCB，過點B作PQ⊥BCQ，PQCQOAOC13∴tan∠PCB=∴CQ=3PQ，=tan∠ACO==，2222設OP=xPB=3-xBQ=PQ=又CQ+PQ=BC=32，(3-x)，2222∴3×∴x=×(3-x)+(3-x)=32，32，32∴P0．32由對稱性得，P-0也滿足題意，33∴P0或-0．22(3)問關鍵是構造和∠ACO相等11(2023?徐州二模)拋物線y=-x+bx+3與直線點A在x軸的負半軸上．y=x+1相交于、軸相交于點，ABCy(1)求拋物線的函數(shù)表達式及頂點D的坐標；(2)如圖1AB上方的拋物線上有一動點PP作PH⊥AB于點HPH的最大值；55(3)如圖2PAPMAM+AP的長度．DM最(1)由待定系數(shù)法即可求解；22(2)證明ΔPNHPH=PN5555(3)證明MR=DMsin∠LDT=DMAMR共線時，AM+DM=AM+MR為最小，進而求解．(1)∵y=x+1與x軸交于點A．∴將y=0代入得x=-1，∴點A(-1,0)，將點A的坐標代入拋物線表達式得：0=-1-b+3，解得：b=2．故拋物線的函數(shù)表達式為：y=-x+2x+3=-(x-1)+4①，即頂點D的坐標為(1,4)；23(2)設直線AB與y軸交于點Ex=0y=1E的坐標為(0,1)，∵OA=OE=1，∴ΔOAE為等腰直角三角形，如圖1P作PN?yAB于點N∠PNB=45°，∴ΔPNH是等腰直角三角形，22∴PH=PNP(m,-m+2m+3)N(m,m+1)，1294942∴PN=-m+2m+3-m-1=-m-+≤，928∴PH的最大值為；(3)如圖2x軸的另外一個交點為T(3,0)x軸的交點為L(1,0)接DT，LTDL241255則tan∠LDT===sin∠LDT=，過點M作MR⊥DT于點RMR交拋物線于點P，55則此時，MR=DMsin∠LDT=故當AMR共線時，AM+DM，55DM=AM+MR為最小，∵∠DRM=∠ALM=90°∠DMR=∠AML，∴∠PAL=∠LDT，55即sin∠PAL=sin∠LDT=，12則tan∠PAL=，12121212故直線AP的表達式為：y=(x-x)=×(x+1)=x+②，1212聯(lián)立①②得：-x+2x+3=x+，52解得：x=-1(舍去)或，5274則點P的坐標為：，，754由點PA的坐標得，PA=．2412(2023?丘北縣一模)y=ax+bx+4與軸交于x、A(-4,0)B(2,0)y軸交于點CAC．(1)求拋物線的解析式；(2)點P是線段ACE是xPAPCΔPAC的面積最大時，22求PE+BE的最小值．(1)用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；(2)過P點作PG?y軸交于AC于GPt,-t-t+4G(t,t+4)得SPAC=-(t+2)2+412t=-2時，ΔPAC的面積有最大值4時P(-2,4)B點作BF?ACP作PF⊥BF交于F點22x軸于點EE點作EG⊥BF交于GΔBEGPE+BE=PE+EG≥PFPF的長即為所求．(1)將A(-4,0)B(2,0)代入y=ax+bx+4，116a-4b+4=04a+2b+4=0a=-∴2，b=-112∴拋物線的解析式為y=-x-x+4；(2)當x=0時，y=4，∴C(0,4)，設直線AC的解析式為y=kx+m，m=4-4k+m=0k=1∴，m=4∴直線AC的解析式為y=x+4，過P點作PG?y軸交于AC于G點，121設Pt,-t-t+4G(t,t+4)，12∴PG=-t-t+4-t-4=-t-2t，2121∴S=×-t-2t×4=-t-4t=-(t+2)+4，2當t=-2時，ΔPAC的面積有最大值4P(-2,4)，過B點作BF?AC點P作PF⊥BF交于Fx軸于點E，∵OA=OC=4，∴∠ACO=45°，∵AC?BF，∴∠ABF=45°，25過E點作EG⊥BF交于G點，∴ΔBEG為等腰直角三角形，2222∴EG=∴PE+BE，BE=PE+EG≥PF，設PF與AC交于HBF與y軸交于MM作MN⊥AC交于N點，∵ΔAPC的面積為4，12∴4=×42×PH，解得PH=2，∵AC與BF平行，∴直線BF的解析式為y=x-2，∴M(0,-2)，∴CM=6，∵∠ACM=45°，∴MN=32，∴PF=42，2∴PE+BE的最小值為42．2胡不歸求最短距離是解題的關鍵．13(2019?重慶)y=x-2x-3與軸交于點AB(點在點xAB的左側)y軸于點CDx軸交于點E．(1)連接BDM是線段BD上一動點(點M不與端點BD重合)M作MN⊥BDN(點N在對稱軸的右側)N作NH⊥xHBD于點FP是線段OCMN13HF+FP+PC的最小值；1322(2)在(1)MN取得最大值，HF+FP+PCP向上平移個單位得到點Q，連接AQΔAOQ繞點O順時針旋轉一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐標軸于點GG∠=∠OGQ′(1)先確定點FN(m,m2-2m-3)F(m,2m-6)|NF|=(2m-6)-(m226b2a-2m-3)=-m2+4m-3m=-=2時，NFMN取到最大324HF=2F(2,-2)x軸上找一點K-0CKF作CK的垂線交CK于點13Jy軸于點Psin∠OCK=線KC的解析式為：y=-22x-3FJ的解析式為：244+22-22-19-4213y=x-聯(lián)立解出點J，得FP+PC的最小值即為FJ|FJ|=29913423137+42+最后得出HF+FP+PC=；3(2)由題意可得出點Q(0,-2)AQ=5用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半取AQ的中1252點GOGOG=GQ=AQ=，∠AQO=∠GOQΔAOQ繞點O順時針旋轉一定的角度α(0°<α<360°)到△A′OQ′A′Q′交坐標軸于點G用OG=GQ(1)如圖1∵拋物線y=x-2x-3與x軸交于點AB(點A在點B的左側)y軸于點C∴令y=0解得：x=-1x=3x=0y=-3，12∴A(-1,0)B(3,0)C(0,-3)∵點D-∴點D的坐標為D(1,-4)b2a-224ac-b24×1×(-3)-44×1=-=1，==-44a∴直線BD的解析式為：y=2x-6，N(m,m-2m-3)F(m,2m-6)∴|NF|=(2m-6)-(m-2m-3)=-m+4m-3b2a∴當m=-=2時，NFMNHF=2，此時，N(2,-3)F(2,-2)H(2,0)324在x軸上找一點K-0CK點F作CK的垂線交CK于點Jy軸于點P，13∴sin∠OCK=線KC的解析式為：y=-22x-3F(2,-2)，13244+2∴PJ=PCFJ的解析式為：y=x-22-22-19-42∴點J，991313423∴FP+PC的最小值即為FJ|FJ|=+27137+42∴HF+FP+PC=；34+2(2)由(1)P0,-，∵把點P向上平移∴點Q(0,-2)222個單位得到點Q1252∴在RtΔAOQ中，∠AOG=90°AQ=5AQ的中點G接OGOG=GQ=AQ=時，∠AQO=∠GOQ把ΔAOQ繞點O順時針旋轉一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐標軸于點G①如圖252G點落在yG0,-點作I⊥x軸交x軸于點I∠=∠則∠=∠OA=∠OAQ，OQAQIQ25IQ2255∵sin∠OAQ=∴sin∠=====255455|IO′|=OQ255∴在RtΔ中根據(jù)勾股定理可得|OI|=255455∴點的坐標為②如圖3，-；284525當G點落在x，55③如圖42545當G點落在yQ-，55④如圖5455255當G點落在xQ-，-．25545545252545綜上所述有滿足條件的點Q′的坐標為--，，，5555455255--．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點求法和與幾何圖形結合的綜合能力的培養(yǎng)及直角三角形的中線性質(zhì)．要會利用數(shù)形結合的思想把代數(shù)和幾何圖形結合起來，利用通過求點的坐標來表示線14(2023?江城區(qū)三模)y=-2x-62x+72交軸于AB兩點點在點左側，x(AB)交y軸于點Cy=2x+72經(jīng)過點ACM是線段AC上的一動點(不與點AC重合)．(1)求AB兩點的坐標；63(2)當點PCPM+AM的最小值及此時點M的坐標；29(3)連接BCΔAOM與ΔABCM的坐標．(1)在y=-2x-62x+72y=0x=-7x=1或，；A(-7,0)B(1,0)-62-22(2)過P作PN⊥x軸于NAC于My=-2x2-62x+72的對稱軸為直線x=-=OCAC727363-3y=-2x2-62x+72C(072)sin∠CAB===RtΔAMN中，636363MN=AMPM+AMPM+MN最小，PM+AM的最小值即為PN63點PC(072)關于拋物線的對稱軸直線x=-3PN=OC=72PM+AM的最小值為72A(-7,0)C(072)得直線AC解析式為y=2x+72M(-6,2)；(3)過M作MH⊥x軸于HM作MG⊥x軸于GΔAOM與ΔABC①當ΔABC∽AMABOAAC8331382AMO時，=AM=ΔAMH∽ΔACO得M-，②當ΔABC∽33AMOAAB4938784928ΔAOM時，AC=AM=M-，．(1)在y=-2x-62x+72-2x-62x+72=0x=-7或x=1，∴A(-7,0)B(1,0)；y=0得：(2)過P作PN⊥x軸于NAC于M-62-22拋物線y=-2x-62x+72的對稱軸為直線x=-=-3，在y=-2x-62x+72∴C(072)，得，x=0y=72∴AC=OC+2=73，OCAC727363∴sin∠CAB===，63在RtΔAMN中，MN=AM?sin∠CAB=AM，6363∴PM+AMPM+MNPM+AM的最小值即為PN的長，∵點PC(072)關于拋物線的對稱軸直線x=-3對稱，∴PN與OC關于拋物線y=-2x-62x+72的對稱軸直線x=-3對稱，P(-672)，3063∴PN=OC=72PM+AM的最小值為72，由A(-7,0)C(072)得直線AC解析式為y=2x+72，在y=2x+72x=-6得y=2，∴M(-6,2)；(3)過M作MH⊥x軸于HM作MG⊥x軸于G∵A(-7,0)B(1,0)C(072)，∴AB=8AC=73，∵∠MAO=∠BAC，∴ΔAOM與ΔABCAM①當ΔABC∽AMO時，ABOAAC=，AM8773∴=，833∴AM=，∵MH⊥x軸，∴MH?OC，∴ΔAMH∽ΔACO，83AMACAHOAMHOCAH7MH723∴====，7383823133∴AH=MH=，，∴OH=OA-AH=1382∴M-，，33②當ΔABC∽ΔAOM時，AMACOAAB4938AMACAM7378∴=，==，∴AM=AGOAMGOC同理可得=，3873AG7MG72∴==，498492∴AG=MG=，87∴OG=OA-AG=，8784928∴M-，，1382784928ΔAOM與ΔABC相似時，M坐標為-或-．，，3315(2024?宿遷模擬)如圖1y=ax-2ax+3與軸交于點AB(點xA31在點B的左側)y軸于點CA的坐標為(-1,0)Dx軸交于點E．(1)填空：a=?-1?B的坐標是；(2)連接BDM是線段BD上一動點(點M不與端點BD重合)M作MN⊥BDN(點N在對稱軸的右側)N作NH⊥xHBD于點FP是線段OC12ΔMNFFP+PC的最小值；12233(3)在(2)ΔMNF的周長取得最大值時，F(xiàn)P+PC2P向下平移個單位得到點QAQΔAOQ繞點O順時針旋轉一定的角度α(0°<α<360°)△A′OQ′A′Q′交坐標軸于點GGGQ′=OG條件的點Q′(1)將點A(-1,0)代入y=ax-2ax+3ay=0(2)將(1)DBDF35+5(m,-2m+6)N(m,-m2+2m+3)C=NF5的性質(zhì)求出使ΔMNF的周長取得最大值時的m值x軸上取點K(-30)∠OCK=30°F作12CK的垂線段FG交y軸于點P得FG+PC=FGFCFKFK交y軸于點JΔCKF的面積計算出FG即可；(3)由(2)求出點QAQ的中點G△A′OQ′AG的中點G在坐標軸上即可使得GQ′=OG(1)將點A(-1,0)代入y=ax-2ax+3解得，a=-1，a+2a+3=0，∴y=-x+2x+3，當y=0時，-x+2x+3=0，解得，x=-1x=3，12∴點B的坐標是(3,0)；故答案為：-1(3,0)；(2)∵y=-x+2x+3=-(x-1)+4，∴點C(0,3)D(1,4)，3k+b=0k+b=4設直線BD的解析式為y=kx+b(k≠0)B(3,0)D(1,4)代入得：，32k=-2b=6解得，，∴y=-2x+6，設點F(m,-2m+6)N(m,-m+2m+3)由圖形可知，∠MNF=∠DBE，，2555∵sin∠DBE=5cos∠DBE=，55255355∴MN+MF=NF+NF=NF，355∴C=NF+NF35+5====NF535+5×(-m+2m+3+2m-6)×(-m+4m-3)535+5535+55×[-(m-2)+1]，∴當m=2時，CF(2,2)HF=2，1在x軸上取點K(-30)∠OCK=30°F作CK的垂線段FG交y軸于點PPG=PC，212∴PF+PC=FP+PG，12∴當點FPG三點共線時，PF+PC有最小值為FG，而此時點P不在線段OC12∴FP+PC的最小值為FC的長度，∵點C(0,3)F(2,2)，∴CF=1+22=5，12∴當ΔMNF的周長取得最大值時，F(xiàn)P+PC的最小值為5；(3)存在．由(2)P(0,3)，23將點P向下平移個單位得到點Q，3233∴點Q0,3-，233在RtΔAOQ中，OA=1OQ=3-AQ=5，取AQ的中點GOG=GQ，∴△A′OQ′AG的中點G在坐標軸上即可使得GQ′=OG，G在y作∵GQ′=OG，I⊥x，I∴∠=∠GQO∵OG?IQ，∴∠=∠IQO，33∴∠IQO=∠GQO，設(x,y)sin∠IQO=sin∠AQOx21==，52552545∴x=，，55455255G在x，-；255455當點G在yQ-，-；4525當點G在xQ-．，5525454552552554554525的坐標為，--，--．，，555516(2023?南山區(qū)三模)ΔACE中，CA=CE∠CAE=30°⊙O經(jīng)過點CAB在線段AE上．(1)試說明CE是⊙O的切線；(2)若ΔACE中AE邊上的高為hh的代數(shù)式表示⊙O的直徑AB；12(3)設點D是線段AC上任意一點(不含端點)ODCD+OD的最小值為6⊙O的直徑AB的長．(1)連接OC圖1證CE是⊙O∠OCE=90°即可；(2)過點C作CH⊥AB于H接OC圖2RtΔOHC中運用三角函數(shù)即可解決問題；(3)作OF平分∠AOC⊙O于FAFCFDF3AOCF1212得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H得DH=DCCD+OD=DH+FD．根據(jù)垂線段12FDH三點共線時，DH+FD(即CD+OD)RtΔOHF中運用三角函數(shù)即可解決問題．(1)連接OC1，∵CA=CE∠CAE=30°，∴∠E=∠CAE=30°∠COE=2∠A=60°，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切線；34(2)過點C作CH⊥AB于HOC圖2，由題可得CH=h．在RtΔOHC中，CH=OC?sin∠COH，32∴h=OC?sin60°=OC，2h3233∴OC==h，433∴AB=2OC=h；(3)作OF平分∠AOC⊙O于FAFCFDF3，1212則∠AOF=∠COF=∠AOC=(180°-60°)=60°．∵OA=OF=OC，∴ΔAOFΔCOF是等邊三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四邊形AOCF是菱形，∴根據(jù)對稱性可得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H，∵OA=OC∴∠OCA=∠OAC=30°，1∴DH=DC?sin∠DCH=DC?sin30°=DC，212∴CD+OD=DH+FD．根據(jù)垂線段最短可得：12當FDH三點共線時，DH+FD(即CD+OD)最小，32此時FH=OF?sin∠FOH=OF=6，則OF=43AB=2OF=83．12∴當CD+OD的最小值為6時，⊙O的直徑AB的長為83．12CD+OD轉化為DH+FD是解決第(3)小題的關鍵．17(2024?長沙模擬)閱讀材料1:ABCDAB?CD=BC?ADABCD為調(diào)和點列．從直線外一點P引射線PAPBPCPDPAPBPCPD為調(diào)和線束．(1)如圖1Q外一點P作圓Q的切線PAPBΩ的割線PCDPD與A交于點E．①求證：PCED是調(diào)和點列．35②求證：AC?BD=BC?AD．閱讀材料2AB和平面上一動點PP到A和B的距離之比為定PP關于AB(2)根據(jù)閱讀材料12(本題圖未給出)②若點P關于ABAB于CD：ACBD為調(diào)和點列．(3)如圖2ABCD是平行四邊形，G是三角形ABDPQ在直線BDGP與PC垂直，GQ與QC垂直．求證：AG平分∠PAQ．(1)根據(jù)題目AB?CD=BC?AD比即為所求；(2)①P②利用角平分線性(3)利用阿氏圓結論證明AG是∠PAQ的角平分線．(1)∠1∠2∠3∠4∠5如圖，①證明：∵PAPB是圓的切線，∴PA=PB，∠4=∠1∠PDB=∠PBC，在ΔACD中，∠5=180°-∠2-∠3-∠4=180°-∠2-∠3-∠1，∴sin∠5=sin(180°-∠2-∠3-∠1)=sin(∠1+∠2+∠3)，在ΔPAC和ΔPDA中，∠APC=∠DPA∠1=∠4，∴ΔPAC∽ΔPDA，ACDAPCPA∴=，在ΔPBC和ΔPDB中，∠BPC=∠DPB∠PBC=∠PDB，∴ΔPBC∽ΔPDB，BCDBPCPAACDAPCPBPCPBBCDB∴∴∴===，ACDABCDBPCPA===，，sin∠4∴由正弦定理，sin∠5sin∠2sin∠3，36sin∠1sin(∠1+∠2+∠3)sin∠2sin∠3sin∠1sin∠2sin(∠1+∠2+∠3)sin∠3∴∵==，1AP?AC?sin∠1AC?AE?sin∠2SSPCCEAP?sin∠1AE?sin∠22===，1212AP?AD?sin(∠1+∠2+∠3)SSAP?sin(∠1+∠2+∠3)AE?sin∠3PDDE===，12AE?AD?sin∠3PCCEPDDE∴=PC?DE=CE?PD，∴PCED是調(diào)和點列；ACDABCDB=，∴AC?BD=BC?AD；(2)①以OAB所在直線為x設AC=2cA(-c,0)B(c,0)(c>0)P(x,y)，|PA||PB|(x+c)+y2==λ>0，(x-c)+y2λ+1x+y-2c?x+c=0，λ-14λc2λ+1λ-12即x-c+y=，(λ-1)2顯然λ≠1，λ+1λ-12λc|λ-1|故點P的軌跡是以c0為圓心，r=λ>0且λ≠1，ACCBADDBPAPB(反證法)不妨設===k>1，得PCPD分別為∠APB∠BPE的角平分線，∴∠CPD=90°P軌跡是以CD為直徑的圓，ACCBADDB=，∴ACBD為調(diào)和點列；(3)連接AC交BD于點M，∵ABCD是平行四邊形，∴M是ACBD的中點，∵G是三角形ABD的重心，∴點G在AC上，∵GP與PC垂直，GQ與QC垂直，∴∠GPC=∠GQC=90°，∴PGQCQC為直徑，PM?MQ=GM?MC取GC的中點O，由AG:GM:MC=2:1:3，371∴OC=GC=AG，2∴GO關于點M對稱，∴GM?MC=AM?MO由①②得：PM?MQ=AM?MO，∴APOQ四點共圓，12又OP=OQ=GC，∴∠PAO=∠QAO，即AG平分∠PAQ．18(2024?萊蕪區(qū)校級模擬)在ΔABC中，∠CAB=90°AC=AB．若點D為ACBD，將BD繞點B順時針旋轉90°得到BECEAB于點F．(1)如圖1∠ABE=75°BD=4AC的長；(2)如圖2G為BCFG交BD于點H．若∠ABD=30°DC與線段HG的數(shù)量(3)如圖3AB=4D為ACΔABD繞點B旋轉得△A′BD′A′CA′DA′D+22A′CS．(1)(2)AC=aa的代數(shù)式表示CD和HGCD與HG的數(shù)量關系；(3)(4)(1)過D作DG⊥BCG圖1:∵將BD繞點B順時針旋轉90°得到BE，∴∠EBD=90°，∵∠ABE=75°，∴∠ABD=15°，∵∠ABC=45°，∴∠DBC=30°，12∴在直角ΔBDG中有DG=BD=2BG=3DG=23，∵∠ACB=45°，38∴在直角ΔDCG中，CG=DG=2，∴BC=BG+CG=2+23，22∴AC=BC=2+6；34(2)線段DC與線段HG的數(shù)量關系為：HG=CD，CAE作EN垂直于CANBNEDG作GM⊥AB于M∴∠END=90°，由旋轉可知∠EBD=90°，∴∠EDB=45°∴∠END=∠EBD=90°，∴EBDN四點共圓，∴∠BNE=∠EDB=45°∠NEB+∠BDN=180°∵∠BDC+∠BDN=180°∠BCD=45°，∴∠BEN=∠BDC，∴∠BNE=45°=∠BCD，∠BNE=∠BCD在ΔBEN和ΔBDC中，∠BEN=∠BDC，BE=BA∴ΔBEN?ΔBDC(AAS)，∴BN=BC，∵∠BAC=90°，在等腰ΔBNCBA是CN的中線，∵∠BAC=∠END=90°，∴EN?AB，∵A是CN的中點，∴F是EC的中點，∵G是BC的中點，∴FG是ΔBEC的中位線，12∴FG?BEFG=BE，∵BE⊥BD，∴FG⊥BD，∵∠ABD=30°，∴∠BFG=60°，∵∠ABC=45°，∴∠BGF=75°，設AC=aAB=a，33233在RtΔABD中，AD=aBD=BE=a，1∴FG=BE，233∴FG=a，∵GM⊥AB，39∴ΔBGM是等腰三角形，222212221212∴MG=MB=BG=×BC=××2AC=a，在RtΔMFG中，∠MFG=60°，∴3MF=MG，36∴MF=a，3+3∴BF=BM+MF=a，6在RtΔBFH中，∠BFG=60°，123+3∴FH=BF=a，1233+314∴HG=FG-FH=a-a=(3-1)a，3123333又∵CD=a-a=(3-1)a，CDHG43∴=，34∴HG=CD；(3)設AB=aBC=2aBC的中點NA′DA′CA′NDN3，由旋轉可知A′B=AB=a，BBNa22BCBBC=2，2aa∵∴====2，BaBBN=2，又∠BN=∠CBA，∴△A′BN∽ΔCBA′，NCBBC22∴==，22∴N=C，22根據(jù)旋轉和兩點之間線段最短可知，AD+CD+N、、在DN線段DN上，設此時落在處作F⊥AB于FAA4，∵DN分別是ACBC的中點，∴DN是ΔABC的中位線，∴DN?AB，∵AB⊥AC，∴DN⊥AC，∵∠A=∠FA=∠DA=90°，∴四邊形FAD是矩形，∴AF=DF=AD=2，∵又B=AB=4，設AF=x，在直角三角形FB中，B=F+BF2，40∴4=2+(4-x)2，解得x=4-23．1212121212∴此時SBC=SABC-SAAB-S=AB?AC-AB?F-AC?D=×4×4-×4×2-1×4×(4-23)=43-4．2決問題．19(2023?萬州區(qū)模擬)ABC中，∠C=90°C作CD?AB交過點B的直線于點D∠ABD=30°BD交AC于H．(1)如圖1AB=2BD的長；(2)如圖2A作AG⊥BD交BD于點GBC的延長線于EAB的中點FGFGF+3GH=BH．(3)在(2)D作DP⊥AB交AB于點PM是線段GFBMΔBGM32沿BM△BG′MAG′+DG′tan∠PDG′的值．(1)過點C作CK⊥AB于點K點B作BL⊥CDDC的延長線于點L質(zhì)可得AK=BK=CK=1BLCKBL=CK=130°角AGBG3312(2)利用解直角三角形可得=tan∠ABD=tan30°=AG=AB，利用同角的余角相等可得∠EBG=∠EACtan∠EBG=tan∠EACEG=3GHΔAEC?ΔBHC(ASA)出AE=BHAE=AG+EG=GF+3GH(3)由旋轉可得BG′=BGG在以B為圓心，BGB為圓心，BG為半徑作⊙BG′ABBQBG′BCF點G作GQ⊥AB于Q接DQG′Q=∠ABG′G′QAG′BG′AB3BGAB3232=∠G′BQΔABG′∽△G′BQ===AG′+DG′=G′Q+DG′≥DQDG′Q在同一條直線上時，AG′+DG′取得最小值DQ2可求得答案．(1)C作CK⊥AB于點KB作BL⊥CDDC的延長線于點L1，則∠AKC=∠BKC=∠BLC=90°，∵CD?AB，∴∠KCL=∠AKC=90°∠BDL=∠ABD=30°，∵ΔABC是等腰直角三角形，∠C=90°CK⊥ABAB=2，∴AK=BK=CK=1，41∵∠BKC=∠KCL=∠BLC=90°，∴四邊形BLCK是矩形，∴BL=CK=1，∴BD=2BL=2；(2)2，∵AG⊥BD，∴∠AGB=90°，∵∠ABD=30°，AGBG3312∴=tan∠ABD=tan30°=AG=AB，∵∠ACE=180°-∠ACB=90°∠BGE=180°-∠AGB=90°，∴∠AGB=∠ACE=∠BGE=90°，∴∠EBG+∠E=90°∠EAC+∠E=90°，∴∠EBG=∠EAC，∴tan∠EBG=tan∠EAC，EGBGGHEGGHAGAGBG∴∴==，33=，∴EG=3GH，∵點F是AB的中點，∠AGB=90°，1∴GF=AB，2∴GF=AG，∠EAC=∠HBC在ΔAEC和ΔBHC中，AC=BC，∠ACE=∠BCH∴ΔAEC?ΔBHC(ASA)，∴AE=BH，∵AE=AG+EG=GF+3GH，∴GF+3GH=BH．(3)解：∵將ΔBGM沿BM△BG′M，∴BG′=BGG在以B為圓心，BG為半徑的圓上運動，B為圓心，BG為半徑作⊙BCF點G作GQ⊥AB于QDQG′Q，∵∠BPD=∠BQG=∠AGB=90°∠ABD=30°，BQBGBPBDBGAB32DPBD12∴===cos∠ABD=cos30°=，=sin30°=，∵DP⊥ABCF⊥AB，∴DP?CF，∵CD?AB∠DPF=90°，∴四邊形CDPF是矩形，∴CF=DP，∵點F是RtΔABC斜邊AB的中點，42CFAB12∴=，∴AB=BDBP=BG=BG′，BPABBQBG′BG′AB32BQBGBQ∴∵∴=，32==，=，BG′又∵∠ABG′=∠G′BQ，∴ΔABG′∽△G′BQ，G′QAG′3BG′ABBGAB32∴∴∴===，AG′=G′Q，23232AG′+DG′=G′Q+DG′≥DQDG′Q在同一條直線上時，AG′+DG′取得最小值DQ，32323231212∵BP=BG=ABBQ=BG=ABDP=BD=AB，423-3434∴BP-BQ=AB-AB=AB，23-3ABPQPD23-34在RtΔDPQ中，tan∠PDQ===，12AB223-3∴tan∠PDG′=．2似三角形是解題關鍵．20(2022?從化區(qū)一模)已知，AB是⊙O的直徑，AB=42AC=BC．(1)求弦BC的長；(2)若點D是AB下方⊙O上的動點(不與點AB重合)CDCDEF1M是DF的中點，N是BCMN的長為定值；(3)如圖2PAP=2CPPBQ從點C2個單位的速度沿線段CP勻速運動到點P1個單位的速度沿線段PB勻速運動到點BBQ的運動時間t的最小值．(1)AB是⊙O的直徑，AC=BC可得到ΔABC43(2)連接ADCMDBFBΔACD?ΔBCF∠CBF=∠CADDBFΔCMB(3阿氏圓A為圓心，APAC上取點MAM=1PMM作PCPCMH⊥AB于HBM交⊙A于PM=，+BPPM+BPP、22BMBM的長度即可．(1)∵AB是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°，∵AC=BC，∴ΔABC是等腰直角三角形，∠CAB=45°，∵AB=42，∴BC=AB?sin45°=4；(2)連接ADCMDBFB∵ΔABCCDEF是正方形，∴CD=CF∠DCF=∠ACB=90°，∴∠ACD=90-∠DCB=∠BCF，又AC=BC，∴ΔACD?ΔBCF(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°，∴DBF共線，∵四邊形CDEF是正方形，∴ΔDCF是等腰直角三角形，∵M是DF的中點，∴CM⊥DFΔCMB是直角三角形，∵N是BC的中點，12∴MN=BC=2MN為定值；(3)以A為圓心，APAC上取點MAM=1接PMM作MH⊥AB于HBM交⊙A于44一動點Q從點C2個單位的速度沿線段CP勻速運動到點P1個單位的速度沿線段PB勻速運動到點B，PC2∴Q運動時間t=+BP，∵AM=1AP=2AC=BC=4，AMAPAPAC12∴==，又∠MAP=∠PAC，∴ΔMAP∽ΔPAC，PMPCAMAP12∴==，PC∴PM=，2PC2∴+BPPM+BP最小，PC2此時PBMP與重合，t=+BP最小值即是BM的長度，在RtΔAMH中，∠MAH=45°AM=1，22∴AH=MH=∵AB=42，，722∴BH=AB-AH=，RtΔBMH中，BM=BH+MH2=5，∴點Q的運動時間t的最小值為5．PC2ΔMAP∽ΔPAC求+BP最小的問題轉化為求BM的長度．21(2022?市中區(qū)校級模擬)ΔABC與ΔDEF中，∠ACB=∠EDF=90°BC=ACED=FDD在AB上．(1)如圖1F在ACAEAFAEAD(2)如圖2D與點AAC=32DE=4ΔDEF繞點DBFG為BF的中32CGCG+BG的最小值；(3)如圖3D為ABBFCE交于點MCE交AB于點NBC:DE:ME=7:9:10直45NDCN接寫出的值．(1)過F作FH⊥AB于HE作EG⊥AB于GK可得到答案；43(2)AB的中點O接OGOB上取OH=接GH轉化線段即可得到答案；(3)過點C作BFF作BC平行線交于點GG作GH⊥BF于點HK作KI⊥FG明ΔBDF?ΔCDEBC=7tDE=9tME=10t相似三角形及解直角三角形的知識進行計算．(1)線段AFAEAD之間的數(shù)量關系：AE+2AD=AF過F作FH⊥AB于HE作EG⊥AB于G∵FH⊥ABEG⊥AB∠EDF=90°，∴∠FHD=∠DGE=90°∠FDH=90°-∠EDG=∠DEG，且DF=DE，∴ΔFHD?ΔDGE(AAS)，∴FH=DG=AD+AG，∵∠ACB=∠EDF=90°BC=ACED=FD，∴∠FAB=∠FED=45°，∴點FDAE四點共圓，∴∠FAE=∠FDE=90°∠EAG=∠DFE=45°，∵FH⊥ABEG⊥AB∠BAC=45°，∴ΔFAH和ΔEAG為等腰直角三角形，∴AF=2FHAE=2AG，∴AF=2(AD+AG)=2AD+2AG=2AD+AE；4643(2)取AB的中點OOGOB上取OH=GH∵G為BF的中點，O為AB中點，∴OG是ΔABF的中位線，121212∴OG=AF=DF=DE=2，∵AC=32，1∴AB=2AC=6OB=AB=3，2OGOB23∴=，4OHOGOGOB233而==，2OHOG∴=，又∠HOG=∠GOB，∴ΔHOG∽ΔGOB，HGBGOGOB23∴==，2∴HG=BG，332322332∴CG+BG=CG+BG=(CG+HG)，32要使CG+BGCG+HG最小，33232∴當HGC三點共線時，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH21243∵OC=AB=3OH=，，973∴CH=OH+OC2=323232973972∴CG+BG的最小值是CH=×=．(3)過點C作BFF作BC平行線交于點GG作GH⊥BF于點HCDGE交BH于點KK作KI⊥FG∵∠BDC=∠FDE=90°，∴∠BDC+∠CDF=∠FDE+∠CDF∠BDF=∠CDE，且CD=BDDE=DF，∴ΔBDF?ΔCDE(SAS)，∴BF=CE∠DEC=∠DFB，∵∠DEC+∠DPE=90°∠DPE=∠MPF，∴∠DFB+∠MPF=90°，∴∠FME=90°由BC:DE:ME=7:9:10BC=7tDE=9tME=10t；∴EF=2DE=92t，∵CG?BFFG?BC，∴四邊形BFGC為平行四邊形，∴CE=BF=CG∠ECG=∠FME=90°，47∴ΔECG為等腰直角三角形，∴∠CGE=45°=∠GKH，∴ΔGKH為等腰直角三角形，GECEGECEFG=2，CDBCCDEF=2，DE∴∴==2，F(xiàn)GCDEFDE==，∴ΔCDE∽ΔGFE，∴∠DCE=∠FGE，NDCN∴=sin∠DCE=sin∠FGE；RtΔMFE中，MF=EF-ME2=62t，∴FK=MK-MF=ME-MF=10t-62tFG=BC=7t，設∠GFH=α∠KGI=∠NCD=β，GHFGKIKGDNCN∴sinα=,sinβ==，KIFKRtΔFKI中，sinα=，GHFG∴KI=FK?sinα=FK?，KG∵GH=，22FGFK?KG2FG∴KI=FK?=，?2KGKIKGFK2FG10t-62t2?7t52-31∴sinβ=====，7NDCN52-31∴=．7【點評】本題考查等腰直角三角形中的旋轉變換，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性(點在直線上)22(2022?沈陽(1)如圖1ΔAOB和ΔCOD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°C在OAD在BO的延長ADBCAD與BC的數(shù)量關系是?AD=BC?；(2)如圖21中的ΔCOD繞著點O順時針旋轉α(0°<α<90°)(1)問的結論是否仍然成立？(3)如圖3AB=8C是線段AB外一動點，AC=33BC．①若將CB繞點C逆時針旋轉90°得到CDADAD的最大值是；②若以BC為斜邊作RtΔBCD(BCD三點按順時針排列)∠CDB=90°AD∠CBD=∠DAB=30°AD的值．48(1)證明ΔAOD?ΔBOC(SAS)(2)利用旋轉性質(zhì)可證得∠BOC=∠AODΔAOD?ΔBOC(SAS)(3)①過點A作AT⊥ABAT=AB接BTADDTBDΔABC∽ΔTBD出DT=36D的運動軌跡是以T為圓心，36D在AT的延長線上時，AD為8+36；②如圖4AB上方作∠ABT=30°A作AT⊥BT于點TADBDDTT作TH⊥323292AD于點HΔBAC∽ΔBTDDT=AC=×33=DHAHAD5AB下方作∠ABE=30°A作AE⊥BE于點EDEΔBAC∽ΔBTD92出DE=AD．(1)AD=BC．理由如下：如圖1∵ΔAOB和ΔCOD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OA=OBOD=OC，在ΔAOD和ΔBOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC=90°，OD=OC∴ΔAOD?ΔBOC(SAS)，∴AD=BC，故答案為：AD=BC；(2)AD=BC仍然成立.2∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD=90°+α，即∠BOC=∠AOD，在ΔAOD和ΔBOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC，OD=OC∴ΔAOD?ΔBOC(SAS)，∴AD=BC；(3)①過點A作AT⊥ABAT=AB接BTADDTBD，∵ΔABT和ΔCBD都是等腰直角三角形，∴BT=2ABBD=2BC∠ABT=∠CBD=45°，BTABBDBC∴==2∠ABC=∠TBD，∴ΔABC∽ΔTBD，49DTACBTAB∴==2，∴DT=2AC=2×33=36，∵AT=AB=8DT=36，∴點D的運動軌跡是以T為圓心，36為半徑的圓，∴當D在AT的延長線上時，AD8+36，故答案為：8+36；②如圖4AB上方作∠ABT=30°A作AT⊥BT于點TADBDDTT作TH⊥AD于點H，BTABBDBC32∵==cos30°=∠ABC=∠TBD=30°+∠TBC，∴ΔBAC∽ΔBTD，DTACBDBC332∴==，392∴DT=AC=×33=，22在RtΔABT中，AT=AB?sin∠ABT=8sin30°=4，∵∠BAT=90°-30°=60°，∴∠TAH=∠BAT-∠DAB=60°-30°=30°，∵TH⊥AD，∴TH=AT?sin∠TAH=4sin30°=2AH=AT?cos∠TAH=4cos30°=23，92652在RtΔDTH中，DH=DT-TH2=-22=，652∴AD=AH+DH=23+；如圖5AB上方作∠ABE=30°A作AE⊥BE于點EDE，BEABBDBC32則==cos30°=，∵∠EBD=∠ABC=∠ABD+30°，∴ΔBDE∽ΔBCA，DEACBEAB332∴==，392∴DE=AC=×33=，2212∵∠BAE=90°-30°=60°AE=AB?sin30°=8×=4，∴∠DAE=∠DAB+∠BAE=30°+60°=90°，92172∴AD=DE-AE2=-42=；652172綜上所述，AD的值為23+或23(2021?武進區(qū)模擬)y=-x+bx+c的圖象與軸交于點xA(-1,0)B(3,0)、y軸交于點CBCP是拋物線上一動點．50(1)求二次函數(shù)的表達式．(2)當點P不與點ABAPBC于點QΔABQ的面積是ΔBPQ面積的4點P的橫坐標．(3)PAPBC于點MAM為斜邊向ΔABM外作等腰直角三角形AMNBNΔABNΔABN(1)將AB點坐標代入即可求出二次函數(shù)的表達式，(2)P在x軸上方和在x求解，(3)找出N點的運動軌跡為平行于x軸的一條直線即可．(1)∵二次函數(shù)經(jīng)過A(-1,0)(3,0)，0=-(-1)+b?(-1)+c0=-3+3b+c∴代入得，b=2c=3解得，所以二次函數(shù)的表達式為y=-x+2x+3(2)P在x軸上方時，．過點P作PF⊥x軸于點FE作QE⊥x軸于點EB作BG⊥AP于點G，可得ΔAQE∽ΔAPF，AQAPAEAFQEPF∴==，12?AQ?BGSSAQQP4∵===，112?QP?BGAQAPAQ45AEAF∴∴=，QEPF45===，AP設點P(a,-a+2a+3)，∴OF=aPF=-a+2a+3，4545∴AF=a-(-1)=a+1QE=PF=?(-a+2a+3)，454(a+1)∴AE=AF=，54(a+1)4a-1∴OE=AE-AO=-1=，55514a-145∴Q點的坐標可表示為，?(-a+2a+3)，5∵B(3,0)C為二次函數(shù)與y軸交點，∴C(0,3)，可得BC的解析式為y=-x+3，∵Q在BC上，454a-1∴?(-a+2a+3)=-+3，53+53-5解得a=或．22P在x軸下方時，3+133-13同理①可求出P點的橫坐標為3-13或(舍去)，22∵-1<<0，23-13∴當P點橫坐標為時，P在拋物線的AC段，23+53-53+13綜上所述，P點的橫坐標為或或．222(3)AB為底在x軸上方作等腰直角三角形ABKNKK作KH⊥x軸于點H，∵ΔAMN和ΔABK均為等腰直角三角形，ANAMAKAB∴=∠N