专题33 【中考压轴题专项训练】瓜豆原理（主从联动）-2025年中考数学二轮复习专题提优重难点拓展综合训练

专题33 【中考压轴题专项训练】瓜豆原理（主从联动）（原卷版） 第一部分 典例剖析 类型一 点在直线上运动 1．（2024•金安区三模）如图，在等边△ABC中，以A为直角顶点作等腰直角△CAD，AF⊥BD分别交BD、CD于点E、F，N为线段BG上一动点，M为线段AD上一动点，且BN＝AM，以下4个结论：①∠CBN＝3∠ABD；②DF＝2EF；③DF＝CF+AF；④当CN+CM的值最小时，∠ACM＝∠DCM．正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 第1题 第2题 第3题 2．（2023•宿城区二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　 ． 3．（2023秋•金牛区期中）如图四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝3，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE＝1：3，连接DG、BE、BG，求3BG+BE的最小值 　　． 4．（2023春•鼓楼区期中）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是线段DC上的动点，过点E作EF⊥BE，使EF＝BE，连接BF交AD于点G，EF交AD于点H．以下结论正确的是 　 　． ①△BCE∽△EDH；②∠BGE＝∠DGE；③点F到直线GE的距离最大值为； ④点H到直线GE的距离最大值为． 5．（2024秋•开州区期中）在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D为平面内一点． （1）如图1，D点在边BC上，连接AD，FD，若∠B＝30°，AB＝4，，求BD的值； （2）如图2，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转到AE，使得∠DAE＝∠BAC，连接DE，DE恰好过点F，若DF＝2EF，证明：∠ABD+2∠AFD＝180°； （3）如图3，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，请直接写出FP的最小值． 6．（2024秋•沙坪坝区期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为线段AC上一动点，连接BD． （1）如图1，E为△ABC外一点，连接BE，BD＝BE且∠DBE＝90°，若AD＝2，，连接AE，求线段AE的长； （2）如图2，过点D作DG⊥BC于点G，AH平分∠BAC交BC于点H，连接DH，AG，若∠HDG＝2∠C，求证：； （3）如图3，若，F为BC边上一点且BF＝4，M为AB边上一动点，连接AF，MF，将△BFM沿FM翻折至△ABC所在的平面内，得到△B′FM，连接AB′，过B′作AB′的垂线，N为垂线上一动点，连接AN，将AN绕着点N逆时针旋转60°到A′N，连接A′B′，在M、N运动过程中，当线段AB'和A′B′均取得最小值时，请直接写出△AB′N的面积． 7．（2024秋•梁溪区月考）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在x轴和函数y＝x的图象上，且AB＝2．作AB⊥BC，BC＝1（点C在直线AB的上方），则线段OC的最大值为 　 ． 类型二 点在圆上运动 8．（2023秋•碑林区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以AD的中点O为圆心，1为半径作半圆交边AD于E、F，动点P在半圆上，若∠BPQ＝90°且BP＝2PQ，则当CQ最小时，△BCQ的面积为 　 ． 9．（2024秋•建邺区期中）如图①，在⊙O中，劣弧AB的度数为120°，点P是优弧AB上的动点，且不与点A，B重合，弦PB的垂直平分线分别交射线PA，弦PB于点C，D． （1）求证：△PCB是等边三角形； （2）△POC能否为等腰三角形？如果能，求此时∠POC的度数；如果不能，请说明理由； （3）若⊙O的半径为2，则△POC面积的最大值是 　 ． 10．（2024秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，，0），，1），将矩形OABC绕点O逆时针旋转得到矩形OA1B1C1． （Ⅰ）如图①，点A1在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅱ）如图②，点A1在射线AC上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅲ）已知，，记直线AA1与BB1交点为Q，直接写出PQ长度的最大值与最小值． 11．（2024•九龙坡区自主招生）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在△ABC内部，将线段AD绕点A逆时针旋转120°，得到线段AE． （1）如图1，连接DE，若AD＝2，求△ADE的面积； （2）如图2，连接BD，CD，CE．点F是线段CD的中点，连接EF，若∠ADB＝∠ADC+∠ECF，∠BAD+∠AEF＝120°，求证：AC＝2EF； （3）点H为平面内一动点，连接AH，BH，将△ABH沿BH所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△GBH，连接GC，点P是线段GC的中点，以PC为直角边，点P为直角顶点，在PC上方作等腰直角三角形PCQ，BC＝10，点M为BC上最靠近点C的五等分点，连接MQ，当MQ取最大值时，MQ与AC相交于点R，请直接写出此时的值． 12．（2024•昆山市一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为B． （1）求抛物线解析式； （2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，当点M运动到某一位置时，△ABM的面积等于△ABC面积的，求此时点M的坐标； （3）如图2，以B为圆心，2为半径的⊙B与x轴交于E、F两点（F在E右侧），若P点是⊙B上一动点，连接PA，以PA为腰作等腰Rt△PAD，使∠PAD＝90°（P、A、D三点为逆时针顺序），连接FD．求FD长度的取值范围． 第2部分 专题提优训练 13．（2024•平顶山二模）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，且AD＝8，AE＝2，点P为边AB上的动点，连接PE，过点E作EF⊥PE，交射线BC于点F，点M是线段EF的中点，当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 14．（2023春•兴化市月考）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，点P是以O为圆心、1个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是 ． 15．（2023•鄂州）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA＝OB＝3，点C为平面内一动点，BC，连接AC，点M是线段AC上的一点，满足CM：MA＝1：2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是（　　） A．（，） B．（，） C．（，） D．（，） 16．（2023•辽宁）如图，线段AB＝8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，∠E＝30°，点F为DE的中点，连接AF，当AF最小时，△BCD的面积为 　 ． 17．（2024秋•河东区期末）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ，若AB＝4，MP＝1． （Ⅰ）当∠DMP＝45°时，BP2的值为　 ；（Ⅱ）MQ的最小值为　 ． 18．（2024春•沙坪坝区期中）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，∠ACB＝45°，点E为AC上一点，连接BE． （1）如图1，若AB＝AE，∠BAC＝60°，AE＝6，求▱ABCD的面积； （2）如图2，过点A作AF⊥BE交BC于点F，垂足为点G，连接DF交AC于点H，若DF⊥AC，求证：； （3）如图3，若AK⊥BC于点K，M为AK中点，N为直线BC上一点，连接MN，将△KMN沿MN所在直线翻折到▱ABCD所在平面内得到△K′MN，连接CK'，再将线段CK′绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，连接MP，点Q为直线BC上一点，连接MQ，PQ，若AK＝6，当MQ+PQ取得最小值时，直接写出△MPQ的面积． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题33 【中考压轴题专项训练】瓜豆原理（主从联动）（解析版） 第一部分 典例剖析 类型一 点在直线上运动 1．（2024•金安区三模）如图，在等边△ABC中，以A为直角顶点作等腰直角△CAD，AF⊥BD分别交BD、CD于点E、F，N为线段BG上一动点，M为线段AD上一动点，且BN＝AM，以下4个结论：①∠CBN＝3∠ABD；②DF＝2EF；③DF＝CF+AF；④当CN+CM的值最小时，∠ACM＝∠DCM．正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【思路引领】根据等边△ABC与等腰直角△CAD中，可得∠BAD＝150°，∠ABD＝∠ADB＝15°，则∠CBN＝45°，得①正确；在Rt△DEF中证明∠EDF＝30°，得到②正确；在DF上取DH＝CF，连接AH证明△ACE≌△ADH进而得△AFH是等边三角形，从而证明③正确；过B作BP⊥DB，使BP＝AC，连接PN，证明Rt△BPN≌Rt△ACM可得CM+CN＝CN+PN，求CM+CN最小就是求CN+PN最小，此时根据证明△CBP′是等腰三角形，结合已知及作图可得∠CBP′＝135°，即可证明∠DCM＝∠ACM＝22.5°，则④正确． 【完整解答】解：∵在等边△ABC与等腰直角△CAD中， ∴AB＝AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝ABC＝60°，∠DAC＝90°，AC＝AD， ∴AB＝AC＝BC＝AD，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°+60°＝150°，∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴∠ABD＝∠ADB＝（180°﹣∠BAD）÷2＝15°， ∴∠EDF＝∠ADC﹣∠ADB＝30°， ∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABD＝60°﹣15°＝45°， ∴∠CBN＝3∠ABD，故①正确； ∵∠DEF＝90°， ∴DF＝2EF，故②正确； 如图：在DF上取DH＝CF，连接AH， 又∵∠ACD＝∠ADC，AC＝AD， ∴△ACE≌△ADH（SAS）， ∴AF＝AH， ∵在Rt△DEF中，∠DFE＝90°﹣∠EDF＝60， ∴△AFH是等边三角形， ∴AF＝HF， ∴DF＝DH+FH＝CF+AF，故③正确； 过B作BP⊥DB，使BP＝AC，连接PN， 在Rt△BPN与△RtACM中， ， ∴Rt△BPN≌Rt△ACM（SAS）， ∴PN＝CM， ∴CM+CN＝CN+PN， 当CM+CN最小时即CN+PN最小， 延长PB至P′使BP′＝BP，则P与P′关于BD对称，连接CP′交BD于N′， 连接PN′则点N′为PN+CN最小值的位置， 此时CN+PN最小， 即CM+CN最小， ∵AC＝BP，AC＝BC， ∴CB＝BP′， ∴∠BCP′＝∠BP′C， ∵∠CBD＝45°，∠P′BD＝90°， ∴∠CBP′＝135°， ∴∠BCP′＝∠BP′C＝（180°﹣∠CBP′）÷2＝22.5°， ∴∠ACM＝∠BPC＝∠BP′C＝22.5°， ∴∠DCM＝∠ACD﹣∠ACM＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∴∠DCM＝∠ACM，故④正确， ∴①②③④都正确， 故选：A． 【总结提升】本题考查等边三角形的性质，等要直角三角形的性质，全等三角形的判定，线段的最值问题，理解题意，灵活运用所学知识是解决问题的关键． 2．（2023•宿城区二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　　． 【思路引领】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果． 【完整解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG， ∵，∠ABC＝∠EBF， ∴△ABC∽△EBF， ∴∠CAB＝∠FEB， ∵∠APB＝∠EGB＝90°， ∴△ABP∽△EBG， ∴，∠ABP＝∠EBG， ∴∠ABE＝∠PBG， ∴△ABE∽△PBG， ∴∠BPG＝∠BAE， 即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC， ∴当CG⊥PG时，CG最小， 设此时AE＝x， ∵， ∴PG， ∵CG⊥PG， ∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC， ∴， 代入PG，解得CP＝x， ∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC， ∴x， ∴AE ∴CE， 故答案为：． 【总结提升】本题考查相似三角形综合，熟练掌握手拉手相似模型是解题关键，掌握“瓜豆原理”则可以快速找到解题思路． 3．（2023秋•金牛区期中）如图四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝3，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE＝1：3，连接DG、BE、BG，求3BG+BE的最小值 　　． 【思路引领】动点E在AD上运动，带动矩形CEFG的变化，由瓜豆原理可知G点的运动轨迹是一直线．又注意到△BCE∽△DCG，且相似比为3：1，所以将BE缩小3倍解决． 【完整解答】解：延长AD至H，使DH．并过G作直线GM⊥DH于M． ∴∠DMG＝90°． 在矩形ABCD中，AB＝CD，BC＝AD，∠A＝∠BCD＝90°；在矩形CEGF中，∠ECG＝90°． ∵，， ∴． ∵∠BCD＝∠ECG， ∴∠BCD﹣∠DCE＝∠ECG﹣∠DCE， 即：∠BCE＝∠DCG． ∴△BCE∽△DCG． ∴，∠EBC＝∠GDC． ∴∠ABE＝∠MDG， 又∵∠A＝∠DMG， ∴△ABE∽△MDG． ∴． ∴． ∴， ∴MH＝DM． ∴GM为DH垂直平分线． 连接GH，GH＝DG． 综上：， 当G在线段BH上时，3（BG+GH）取最小值． 【总结提升】本题通动态变化问题，考核了相似，垂直平分线（全等），最短路径，勾股定理等知识点，研究瓜豆原理的一道好题． 4．（2023春•鼓楼区期中）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是线段DC上的动点，过点E作EF⊥BE，使EF＝BE，连接BF交AD于点G，EF交AD于点H．以下结论正确的是 　①④　． ①△BCE∽△EDH； ②∠BGE＝∠DGE； ③点F到直线GE的距离最大值为； ④点H到直线GE的距离最大值为． 【思路引领】①根据相似三角形的判定定理确定． ②点E是线段DC上的动点，∠BGE和∠DGE都随点E的变化而变化，若两角相等变化规律必然相同． ③作出F到GE的距离，同时完成了直角三角形的构造，利用EF＝BE可以通过全等可以将F到GE的距离转化为EC的长，再观察EC的变化，求其最大值． ④由③的相关结论，发现H到直线GE的距离等于HD，那么只要找到HD的最大值即可，再用相似得出HD与EC之间的数量关系，借助函数确定． 【完整解答】解：①正方形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°． ∵EF⊥BE， ∴∠FED＝90°． 如图：∠CBE+∠CEB＝90°，∠DEH+∠CEB＝180°﹣90°＝90°； ∴∠DEH＝∠CBE． ∴△BCE∽△EDH．故①正确． ②当点E向左移动时，∠DGE逐渐减小，而∠BGE增大；故②错误． ③延长DC至P，使CP＝AG，连接BP． ∴△BCP≌△BAG（SAS）， ∴∠CBP＝∠ABG，BP＝BG． ∵EF⊥BE，EF＝BE， ∴∠GBE＝45°． ∵∠ABG+∠GBE+∠EBC＝90°， ∴∠EBP＝∠EBC+∠CBP＝∠EBC+∠ABG＝90°﹣∠GBE＝90°﹣45°＝45°＝∠GBE， ∴△GBE≌△PBE（SAS）． ∴∠GEB＝∠CEB． ∵∠GEB+∠FEG＝∠CEB+∠CBE＝90°． ∴∠FEG＝∠CBE． 过F作FM⊥EG的延长线于M． ∴△FEM≌△EBC（AAS）． ∴FM＝CE． 点E是线段DC上的动点，CE≤1，故③错误． ④过H作HN⊥EG于N． ∵∠FEG＝∠EBC＝∠DEH， ∴△HNE≌△HDE（AAS）， ∴HN＝DH． ∵△EDH∽△BCE， ∴；即：DH＝EC•DE， 设EC＝x，则：DH＝x（1﹣x）＝﹣x2+x， 当x时，DH取得最大值：．故④正确； 故答案为：①④． 【总结提升】本题综合性强，考查内容比较全面．关键是通过观察在动态的变化过程中找到不变的关系或量，比如全等，相似，正方形边长，DH和EC之间存在二次函数的关系． 5．（2024秋•开州区期中）在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D为平面内一点． （1）如图1，D点在边BC上，连接AD，FD，若∠B＝30°，AB＝4，，求BD的值； （2）如图2，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转到AE，使得∠DAE＝∠BAC，连接DE，DE恰好过点F，若DF＝2EF，证明：∠ABD+2∠AFD＝180°； （3）如图3，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，请直接写出FP的最小值． 【思路引领】（1）过点A作 AH⊥BC于点H，过点F作 FG⊥BC于点G，先求AH和BH，进而得到CH，再利用中位线求出FG和GH即可得解； （2）要证2∠ABD+∠AFD＝180°，联想到内角和或者平角的性质，因为∠AFE+∠AFD＝180°，所以可证∠AFE＝2∠ABD，取DF中点M，连接AM、CE，证△AMF≌△CEF（SAS）、△ADM≌△AEF（SAS），得到AM＝CE＝AF＝CF，进而得到∠CFE＝∠CEF，所以2∠CFE+∠ACE＝180°，证△ABD≌△ACE（SAS），得到∠ABD＝∠ACE，从而得证； （3）识别模型：瓜豆模型—点在直线上，因为D在BC上动，所以点P的运动轨迹是直线，构造全等得等角，延长CA到Q，使AQ＝AB＝2，证△PAQ≌△DAB（SAS）得到∠Q＝∠B＝30°，所以点P在PQ这条直线上，最后利用垂线段最短求解即可． 【完整解答】°（1）解：过点A作 AH⊥BC于点H，过点F作 FG⊥BC于点G， ∵∠B＝30°，AB＝4， ∴AHAB＝2，BH＝AB•cos30°＝2， ∵AC＝AB， ∴BH＝CH＝2， ∵F是AC中点， ∴FG是△ACH的中位线， ∴FG，GHCH， ∴BG＝BH+HG＝3， ∵DF， ∴DG2， ∴BD＝BG﹣DG＝32； （2）证明：取DF中点M，连接AM、CE， ∵旋转， ∴AD＝AE， ∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵DF＝2DM＝2MF＝2EF， ∴DM＝MF＝EF， ∵F是AC中点， ∴AF＝CF， 在△AMF和△CEF中， ， ∴△AMF≌△CEF（SAS）， ∴AM＝CE， ∵AD＝AE， ∴∠ADM＝∠AEF， 在△ADM和△AEF中， ， ∴△ADM≌△AEF（SAS）， ∴AM＝AF， ∴AM＝CE＝AF＝CF， ∴∠CFE＝∠CEF， ∵∠CFE+∠CEF+∠ACE＝180°， ∴2∠CFE+∠ACE＝180°， ∵∠AFD＝∠CFE，∠ABD＝∠ACE， ∴∠ABD+2∠AFD＝180°． （3）解：延长CA到Q，使AQ＝AB＝2， ∵∠BAC＝120°， ∴∠BAQ＝60°， ∵∠DAP＝60°， ∴∠PAQ＝∠DAB＝60°﹣∠BAP， 在△PAQ和△DAB中， ， ∴△PAQ≌△DAB（SAS）， ∴∠Q＝∠B＝30°， ∴直线PQ和直线AQ所夹锐角为30°，即点P在PQ这条直线上， ∴当FP⊥PQ时，EP最短， 如图，作FP'⊥PQ于点P'， ∵AF1， ∴FQ＝AF+AQ＝3， ∵∠Q＝30°， ∴FP'FQ， 即FP的最小值为． 【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、特殊直角三角形的性质、瓜豆模型等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键，重庆中考压轴一般喜欢考瓜豆模型，所以我们重庆考生一定要掌握该模型的应用以及变形． 6．（2024秋•沙坪坝区期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为线段AC上一动点，连接BD． （1）如图1，E为△ABC外一点，连接BE，BD＝BE且∠DBE＝90°，若AD＝2，，连接AE，求线段AE的长； （2）如图2，过点D作DG⊥BC于点G，AH平分∠BAC交BC于点H，连接DH，AG，若∠HDG＝2∠C，求证：； （3）如图3，若，F为BC边上一点且BF＝4，M为AB边上一动点，连接AF，MF，将△BFM沿FM翻折至△ABC所在的平面内，得到△B′FM，连接AB′，过B′作AB′的垂线，N为垂线上一动点，连接AN，将AN绕着点N逆时针旋转60°到A′N，连接A′B′，在M、N运动过程中，当线段AB'和A′B′均取得最小值时，请直接写出△AB′N的面积． 【思路引领】（1）由勾股定理可得AB长度，过E作EF⊥AB于点F，证△EBF≌△BDA（AAS），最后在Rt△AEF中利用勾股定理求解即可； （2）线段有关系，所以联想等腰直角三角形，过A作AQ⊥AG，交CB延长线于点Q，证△AGQ是等腰直角三角形+BQ＝DG即可得证，所以很明显要证△ABQ≌△ADG，根据题意可以∠BAH＝∠DAH，再通过导角推出∠ABH＝∠ADH，所以可证△ABH≌△ADH，得到AB＝AD，再通过导角证出∠ABQ＝∠ADG，易证△ABQ≌△ADG，即可得证； （3）先求出AF＝2，由三边关系可知AB'≥AF﹣BF，当且仅当A、B'、F三点共线时取等，所以AB'最小＝24，再由题识别瓜豆模型——点在直线上，点N是主动点，点A'是从动点，所以需要找到点A'的运动轨迹，构造全等，将AB'绕点A顺时针旋转60°得到AP，连接A'P，证△NAB'≌△A'AP，得到∠APB＝∠AB'N＝90°，B'N＝PA'，所以点A'就在垂直AP的直线PA'上运动，再根据特殊角求解即可． 【完整解答】（1）解：过E作EF⊥AB于点F， 在Rt△ABD中，AD＝2，BD＝2，AD2+AB2＝BD2 ∴AB4， ∵∠ABD+∠EBF＝90°，∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠EBF＝∠ADB， 在△EBF和△BDA中， ， ∴△EBF≌△BDA（AAS）， ∴EF＝AB＝4，BF＝AD＝2， ∴AF＝AB﹣BF＝2， 在Rt△AEF中，AE2； （2）证明：过A作AQ⊥AG，交CB延长线于点Q，则∠GAQ＝90°， ∴∠BAC＝90°，AH平分∠BAC， ∴∠BAH＝∠CAH＝45°， 设∠C＝α，则∠HDG＝2α， ∵DG⊥BC于点G， ∴∠DGH＝∠DGC＝90°， ∴∠ABC＝90°﹣α，∠DHG＝90°﹣2α， ∴∠ADH＝∠DHG+∠C＝90°﹣α， ∴∠ABH＝∠ADH， 在△ABH和△ADH中， ， ∴△ABH≌△ADH（AAS）， ∴AB＝AH， ∵∠GAQ＝∠BAC＝90°， ∴∠BAQ＝∠DAG， ∵∠ADG＝∠DGC+∠C＝90°+α，∠ABQ＝∠BAC+∠C＝90°+α， ∴∠ABQ＝∠ADG， 在△ABQ和△ADG中， ， ∴△ABQ≌△ADG（ASA）， ∴AQ＝AG，BQ＝DG， ∴△AQG是等腰直角三角形， ∴GQ， ∵GQ＝BG+BQ＝BG+DG， ∴BG+DGAG； （3）解：如图，过A作AH⊥BC于点H， 在Rt△ABC中，AB＝AC＝6， ∴BC12， ∴AHBC＝6， 由折叠可知，FB＝FB'＝4， ∴FH＝BH﹣BF＝2， 在Rt△AFH中，AF2， 在△A'BF中，AB'≥AF﹣BF，当且仅当A、B'、F三点共线时取等，如图所示， 此时AB'＝24， 如图，连接AA'，将AB'绕点A顺时针旋转60°得到AP，连接A'P， ∵AN绕点N逆时针旋转60°得到NA‘， ∴△ANA'是等边三角形， ∴AA'＝AN，∠NAA'＝60°， ∴∠NAB'＝∠PAA'＝60°﹣∠A'AB'， 在△NAB'和△A'AP中， ， ∴△NAB'≌△A'AP（SAS）， ∴∠APB＝∠AB'N＝90°，B'N＝PA'， ∴点A'就在垂直AP的直线PA'上运动， ∴当A'B'⊥A'P时，A'B'有最小值， 如图所示，连接PB'， ∵AP＝AB'，∠PAB'＝60°， ∴△APB'是等边三角形， ∴∠APB'＝60°， ∴∠A'PB'＝30°，PB'＝AB'＝24， ∴PA'PB'AB'， ∴B'NAB'， ∴S△AB'NAB'•B'NAB'2（24）2＝144． 【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的性质、直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半、旋转的性质、折叠的性质等内容，其中最后一问识别瓜豆模型—点在直线上是解题的关键． 7．（2024秋•梁溪区月考）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在x轴和函数y＝x的图象上，且AB＝2．作AB⊥BC，BC＝1（点C在直线AB的上方），则线段OC的最大值为 　　． 【思路引领】如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD．求出OD，CD，根据OC≤OD+CD，可得结论． 【完整解答】解：如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD． ∵点B在直线y＝x上， ∴∠BOA＝135°， ∵∠ADB＝90°，AD＝BD，AB＝2， ∴，∠ABD＝45°， ∵∠BOA＝135°，AB＝2，则由定弦定角可知，点O在以D为圆心，DA为半径的⊙D上． ∴， ∵CB⊥AB， ∴∠CBD＝45°， 过点C作CE⊥BD于点E，如图： 则1， ∴， ∴DE＝CE＝BE， ∴， ∴CD＝BC＝1， ∵OD+DC≥OC， ∴当O，D，C三点共线时，OC取得最大值， 最大值为． 故答案为：． 【总结提升】本题考查一次函数，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，熟练掌握以上内容是解题关键． 类型二 点在圆上运动 8．（2023秋•碑林区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以AD的中点O为圆心，1为半径作半圆交边AD于E、F，动点P在半圆上，若∠BPQ＝90°且BP＝2PQ，则当CQ最小时，△BCQ的面积为 　6　． 【思路引领】根据题意可知点P在半圆上运动，而Q是随P的位置变化而变化，所以很明显的瓜豆模型——点在圆上，其中P是主动点，Q是从动点，连接OB，过点O作OO'⊥OB交CD于点O'，证△AOB∽△DO'O，再证△BPQ∽△BOO'，最后证△OBP∽△O'BQ，得到O'Q，因此可知点Q在以O'为圆心，为半径的圆上半圆上运动，进而求解即可． 【完整解答】解：连接OB，过点O作OO'⊥OB交CD于点O'，则∠BOO'＝90°， ∵正方形ABCD，O是AD中点， ∴AO＝ODADAB，∠A＝∠D＝90°， ∴∠AOB＝∠OO'D＝90°﹣∠DOO'， ∴△AOB∽△DO'O， ∴， ∴O'D1， ∵∠BPQ＝90°，BP＝2PQ， ∴∠BPQ＝∠BOO'，， ∴△BPQ∽△BOO' ∴∠PBQ＝∠OBO'，， ∴∠OBP＝∠O'BQ， ∴△OBP∽△O'BQ， ∴， ∵OP＝1， ∴O'Q， ∴点Q在以O'为圆心，为半径的圆上半圆上运动， 当O'、Q、C三点共线时，CQ最小， 此时CQ＝CD﹣O'D﹣OO'＝4﹣13，且△BCQ直角三角形， ∴S△BCQ6， 故答案为：6． 【总结提升】本题主要考查了圆的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质，以及三角形面积的计算，解题的关键识别瓜豆模型，构造相似找出点Q的轨迹． 9．（2024秋•建邺区期中）如图①，在⊙O中，劣弧AB的度数为120°，点P是优弧AB上的动点，且不与点A，B重合，弦PB的垂直平分线分别交射线PA，弦PB于点C，D． （1）求证：△PCB是等边三角形； （2）△POC能否为等腰三角形？如果能，求此时∠POC的度数；如果不能，请说明理由； （3）若⊙O的半径为2，则△POC面积的最大值是 　2　． 【思路引领】（1）根据垂直平分线即可得出CP＝CB，再由有一个角是60°的等腰三角形即可得证； （2）见到等腰三角形存在性问题优先考虑分类讨论，可以从点C的运动轨迹入手，也可以从点P的运动轨迹出发，画出符合题意的图形，即可得解； （3）由题易得△POC≌△BOC，所以转化为求△BOC的面积最大值，因为OB＝2是定值，所以可以看作以OB为底，C到OB的距离为高，这时我们就需要知道点C的运动轨迹了，根据瓜豆原理的种瓜得瓜，种豆得豆，因为P在圆弧上运动，所以点C也在圆弧上运动，见等腰或者等边则构造等腰或等边，利用手拉手全找到点C的轨迹，进而即可得解． 【完整解答】（1）证明：∵CD垂直平分PB， ∴CP＝CB， ∵劣弧AB的度数为120°， ∴优弧AB的度数为60°， 即∠APB＝60°， ∴△PCB是等边三角形； （2）解：①如图，当OC＝OP时， ∵OP是半径， ∴此时OC也是半径，点C在圆上， 由（1）知△PCB是等边三角形， ∴∠PCB＝60°＝∠B， ∵∠PAB＝60°， ∴点A与点C重合， ∴∠POC＝2∠B＝120°； ②当CO＝CP时，有两种情况， Ⅰ，当点P靠近点B时，如图， ∵OP＝OB， ∴PB的垂直平分线经过点O，即点O、C、D三点共线， ∵∠APB＝60°， ∴∠PCD＝30°， ∵CO＝CP， ∴∠POC＝15°； Ⅱ，当点P靠近点A时，如图， 由（1）知△PCB是等边三角形， ∴∠PCB＝60°， ∴∠PCO＝30°， ∵CO＝CP， ∴∠POC75°； ③当OP＝CP时， ∵当点P运动到A时，点O、P、C均在⊙O上， ∴∠OPC＝90°， ∵∠PCO＝30°， ∴OP：PC：OC＝1：：2， ∴PC＞OP， ∴点P在向下运动时不会构成等腰三角形， 故此情况不存在； 综上，∠POC＝120°或15°或75°； （3）解：连接OB， ∵CP＝CB，OP＝OB，OC＝OC， ∴△POC≌△BOC（SSS）， 因此求出△BOC的面积最大值，即可得到△POC的面积最大值， 如图，取劣弧AB中点E，连接OE、BE、CE， ∵劣弧AB的度数为120°， ∴∠OEB＝60°， ∵OE＝OB， ∴△OEB为等边三角形， ∴∠OBE＝60°，BE＝BO， ∵∠CBP＝60°， ∴∠CBE＝∠PBO＝60°﹣∠OBC， ∵CB＝CP， ∴△CBE≌△PBO（SAS）， ∴CE＝OP， ∵半径为2， ∴CE＝OE＝BE＝OP＝2， ∴点C在以E为圆心，2为半径的圆上， 如图，作CH⊥OB于点H，当C、E、H三点共线时，CH最大，此时CH＝CE+EH， ∵∠OBE＝60°，BE＝2， ∴EH＝BE•sin60°， ∴CH＝CE+EH＝2， ∴S△BOCOB•CH2， ∴△POC的面积最大值为2； 故答案为：2． 【总结提升】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、圆周角定理、全等三角形的判定和性质以及隐圆等内容，解决最后一问的关键是识别瓜豆模型． 10．（2024秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，，0），，1），将矩形OABC绕点O逆时针旋转得到矩形OA1B1C1． （Ⅰ）如图①，点A1在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅱ）如图②，点A1在射线AC上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅲ）已知，，记直线AA1与BB1交点为Q，直接写出PQ长度的最大值与最小值． 【思路引领】（Ⅰ）由点A对应点A1落在y轴上可知旋转角为90°，再根据长度得出点B1坐标即可； （Ⅱ）先由线段长度可求得∠CAO＝30°，进而求得旋转角∠AOA1＝120°，过点B1作B1H⊥x轴于H，易得∠B1OH＝30°，再解Rt△B1OH即可得解； （Ⅲ）先证点Q是BB11中点，因为B1的运动轨迹是以O为圆心，以OB1为半径的圆，所以根据瓜豆模型，点Q的运动轨迹也是圆，进而根据点圆最值求解即可． 【完整解答】解：（Ⅰ）在矩形OABC中，，0），，1）， ∴，OC＝1， 又点A1在y轴正半轴上， 故矩形OA1B1C1中， ∴旋转角∠A1OA＝90°， ，OC1＝OC＝1， ∴B1（﹣1，； （Ⅱ）连接B1O， 同（Ⅰ）理，矩形OABC中，，OC＝1， 在Rt△CAO中，∠COA＝90°， ， ∴∠CAO＝30°，同理∠B1OA1＝30°， 由OA1＝OA，故∠CA1O＝∠CAO＝30°，旋转角∠A1OA＝120°， 在Rt△B1C1O中，∠C1＝90°， ，C1O＝CO＝1，， 过点B1作B1H⊥x轴于H， 在Rt△B1OH中，∠B1HO＝90°， ∠B1OH＝180°﹣∠B1OA1﹣∠AOA1＝30°， ∴，B1H＝B1O•sin∠B1OH＝1， ∴，1）； （Ⅲ）如图，连接AA1、BB1交于点Q，延长AA1、CB1交于点M， ∵OA＝OA1， ∴∠OAA1＝∠OA1A， ∵∠B1AC＝90°， ∴∠A1MB1＝∠OA1A， ∵∠MA1B1＝∠OAA1， ∴∠MA1B1＝∠M， ∴B1M＝A1B1＝AB， 在△ABQ和△MB1Q中， ， ∴△ABQ≌△MB1Q（AAS）， ∴BQ＝B1Q， 连接OB1和OB，取OB中点N，连接NQ，则NQ为△BOB1中位线， ∴NQOB1， 由（Ⅱ）知OB1＝2， ∴NQOB1＝1， 即点Q在以N为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当P、N、Q三点共线时有最大值和最小值，如图最大值为PQ1的长，最小值为PQ2的长， ∵B（，1），O（0，0）， ∴N（）， ∴PN， ∴PQ1＝PN+r，PQ2＝PN﹣r， 综上，最大值为，最小值为． 【总结提升】本题主要考查了矩形的性质、点的坐标特征、解直角三角形、轨迹等内容，综合性强，最后一问识别点Q的运动轨迹是解题关键． 11．（2024•九龙坡区自主招生）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在△ABC内部，将线段AD绕点A逆时针旋转120°，得到线段AE． （1）如图1，连接DE，若AD＝2，求△ADE的面积； （2）如图2，连接BD，CD，CE．点F是线段CD的中点，连接EF，若∠ADB＝∠ADC+∠ECF，∠BAD+∠AEF＝120°，求证：AC＝2EF； （3）点H为平面内一动点，连接AH，BH，将△ABH沿BH所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△GBH，连接GC，点P是线段GC的中点，以PC为直角边，点P为直角顶点，在PC上方作等腰直角三角形PCQ，BC＝10，点M为BC上最靠近点C的五等分点，连接MQ，当MQ取最大值时，MQ与AC相交于点R，请直接写出此时的值． 【思路引领】（1）求含有30°等腰三角形的面积，作高线，进而求解即可； （2）看见中点就想到作“倍长中线“，延长EF到N，使EF＝FN，则EN＝2EF，先证△DFN≌△CFE，再证△ABD≌△ACE，最后证△ADB≌△ADN，再根据已知条件证AN＝EN即可得证； （3）根据题干可知G在以B为圆心BA为半径的圆上运动，再根据瓜豆模型构造相似，所以点Q的运动轨迹是定圆⊙O，当MQ最大时，MQ过点O，再求时作平行线，利用即可求解． 【完整解答】（1）解：如图，作AF⊥DE于点F， 由题意知∠DAE＝120°，AD＝AE＝2， ∴∠D＝∠E＝30°， ∴AF＝AD•sin30°＝1，DF＝AD•cos30°， ∴DE＝2， S△ADEDF•AF． （2）如图，延长EF到N，使EF＝FN，则EN＝2EF，连接AN、DN， ∵F是CD中点， ∴DF＝CF， 又∵NF＝EF，∠NFD＝∠EFC， ∴△DFN≌△CFE（SAS）， ∴DN＝CE，∠ECF＝∠NDF， ∴∠ADN＝∠ADC+∠NDC＝∠ADC+∠ECF＝∠ADB， ∵∠BAC＝∠DAE＝120°， ∴∠BAD＝∠CAE＝120°﹣∠CAD， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BD＝DN， ∵AD＝AD，∠ADB＝∠ADN， ∴△ADB≌△ADN（SAS）， ∴AB＝AN，∠BAD＝∠DAN， ∵∠DAN+∠EAN＝120°，∠BAD+∠AEF＝120°， ∴∠EAN＝∠AEF， ∴AN＝EN， ∵EN＝2EF，AN＝AB＝AC， ∴AC＝2EF； （3）∵△ABH沿BH所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△GBH， ∴BG＝BA， 如图，点G是以B为圆心BA为半径的圆上运动，作BC的中垂线，与BC交于点D，在中垂线截取OD＝5， ∵BC＝10， ∴CD＝5＝OD，即△ODC为等腰直角三角形， ∵△PCQ为等腰直角三角形， ∴CQPC， ∵P是CG中点， ∴CG＝2PCCQ，即， 同理， 又∵∠GCB＝∠QCO＝45°﹣∠GCO， ∴△BCG∽△OCQ， ∴， ∵BG＝BA， ∴OQ是个定值， ∴点Q的运动轨迹是定圆⊙O， 当MQ最大时，MQ过点O，如下简化图， 过A作AE∥MQ，则， ∵OD＝5，AD＝BD•tan30°，OM， ∴AE，DE，EC＝5， ∵MR∥AE， ∴． 【总结提升】本题主要考查相似综合题，其中涉及到等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键． 12．（2024•昆山市一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为B． （1）求抛物线解析式； （2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，当点M运动到某一位置时，△ABM的面积等于△ABC面积的，求此时点M的坐标； （3）如图2，以B为圆心，2为半径的⊙B与x轴交于E、F两点（F在E右侧），若P点是⊙B上一动点，连接PA，以PA为腰作等腰Rt△PAD，使∠PAD＝90°（P、A、D三点为逆时针顺序），连接FD．求FD长度的取值范围． 【思路引领】（1）将点A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c，即可求解； （2）设M（m，m2﹣6m+5），先求AB＝4，则S△ABC＝10，再由题意可得S△AMB＝64×（﹣m2+6m﹣5），即可求M（2，﹣3）或M（4，﹣3）； （3）将点B绕A点顺时针旋转90°到B'，连接AB'，PB，B'D，可证明△ADB'≌△APB（SAS），则可得D在以B'为圆心，2为半径的圆上运动，又由B'（1，﹣4），F（7，0），则B'F＝2，所以DF的最大值为2，DF的最小值为2，即可求22≤DF≤22． 【完整解答】解：（1）令x＝0，则y＝5， ∴C（0，5）， 令y＝0，则x＝1， ∴A（1，0）， 将点A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c， 得， ∴， ∴y＝x2﹣6x+5； （2）设M（m，m2﹣6m+5）， 令y＝0，则x2﹣6x+5＝0， 解得x＝5或x＝1， ∴B（5，0）， ∴AB＝4， ∴S△ABC4×5＝10， ∵△ABM的面积等于△ABC面积的， ∴S△AMB＝64×（﹣m2+6m﹣5）， 解得m＝2或m＝4， ∴M（2，﹣3）或M（4，﹣3）； （3）将点B绕A点顺时针旋转90°到B'，连接AB'，PB，B'D， ∵∠B'AD+∠BAD＝90°，∠PAB+∠BAD＝90°， ∴∠B'AD＝∠PAB， ∵AB＝AB'，PA＝AD， ∴△ADB'≌△APB（SAS）， ∴BP＝B'D， ∵PB＝2， ∴B'D＝2， ∴D在以B'为圆心，2为半径的圆上运动， ∵B（5，0），A（1，0）， ∴B'（1，﹣4）， ∵BF＝2， ∴F（7，0）， ∴B'F＝2， ∴DF的最大值为22，DF的最小值为22， ∴22≤DF≤22． 【总结提升】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用瓜豆原理是解题的关键． 第2部分 专题提优训练 13．（2024•平顶山二模）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，且AD＝8，AE＝2，点P为边AB上的动点，连接PE，过点E作EF⊥PE，交射线BC于点F，点M是线段EF的中点，当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 【思路引领】过M作GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，证明△EGM≌△FHM，得到MG＝MH，故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段，当点P与A重合时，BF1＝AE＝2，当点P与B重合时，由△EF1B∽△F2F1E得到，即F1F2＝32，从而求解． 【完整解答】解：过M作GH⊥AD交AD于点G，交BC于点H，如图， ∵点 M 是线段 EF 的中点， ∴ME＝MF ∵AD∥CB，GH⊥AD， ∴GH⊥BC， 在△EGM和△FHM中， ， ∴△EGM≌△FHM（AAS）， ∴MG＝MH， 故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段， 当点P与A重合时，BF1＝AE＝2， 当点P与B重合时，∠BEF2＝∠F2+∠EBF1＝90°，∠BEF1+∠EBF1＝90°， ∴∠F2＝∠BEF1， ∵∠EF1F2＝∠EF1B＝90°， ∴△EF1B∽△F2F1E， ∴，即， 解得F1F2＝32， ∵M1、M2分别为EF1、EF2的中点， ∴M1M2是△EF1F2的中位线， ∴，即点M运动的路径长为16， 故选：C． 【总结提升】本题考查了正方形的性质，点的轨迹，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 14．（2023春•兴化市月考）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，点P是以O为圆心、1个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是 　2π　． 【思路引领】根据已知条件得到点B的运动轨迹也为圆，根据全等三角形的性质得到OP＝O'B＝1，即可求出路径长． 【完整解答】解：如图，连接AO、OP，将AO绕点A逆时针旋转60°，得线段AO'，连接O'B、OO'， ∵AO＝AO'，∠OAO'＝60°， ∴△OAO'为等边三角形， ∵△APB为等边三角形， ∴∠PAB＝60°，PA＝BA， ∴∠PAB﹣∠OAB＝∠OAO'﹣∠OAB， ∴∠PAO＝∠BAO′， 在△APO与△ABO′中， ， ∴△APO≌△ABO′（SAS）， ∴OP＝O'B＝1， ∴⊙O'即为动点B运动的路径， ∴当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是2π． 故答案为：2π． 【总结提升】此题考查了动点路径长，关键在于确定从动点的运动轨迹，考查了旋转、全等知识，“瓜豆原理”． 15．（2023•鄂州）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA＝OB＝3，点C为平面内一动点，BC，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM：MA＝1：2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是（　　） A．（，） B．（，） C．（，） D．（，） 【思路引领】由题意可得点C在以点B为圆心，为半径的⊙B上，在x轴的负半轴上取点D（，0），连接BD，分别过C和M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解． 【完整解答】解：∵点C为平面内一动点，BD， ∴点C在以点B为圆心，为半径的⊙B上， 在x轴的负半轴上取点D（，0）， 连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E， ∵OA＝OB， ∴AD＝OD+OA， ∴， ∵CM：MA＝1：2， ∴， ∵∠OAM＝∠DAC， ∴△OAM∽△DAC， ∴， ∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值， ∵OA＝OB，OD， ∴BD， ∴CD＝BC+BD＝9， ∵， ∴OM＝6， ∵y轴⊥x轴，CF⊥OA， ∴∠DOB＝∠DFC＝90°， ∵∠BDO＝∠CDF， ∴△BDO∽△CDF， ∴，即， 解得CF， 同理可得，△AEM∽△AFC， ∴，即， 解得ME， ∴OE， ∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是（，）， 故选D． 【总结提升】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键． 16．（2023•辽宁）如图，线段AB＝8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，∠E＝30°，点F为DE的中点，连接AF，当AF最小时，△BCD的面积为 　　． 【思路引领】连接CF，证明ACF为直角三角形，根据勾股定理列出AF2＝CF2+AC2，设BC＝x，则AC＝8﹣x，建立关于x的二次函数关系式，求出x＝2时，AF最小，再求出顶角是120°的三角形BCD的面积即可． 【完整解答】解：连接CF，则CF＝DF＝EF， ∵∠EDC＝90°﹣∠E＝60°， ∴∠FCD＝60°． ∵∠DCB（180°﹣120°）＝30°， ∴∠FCB＝∠FCD+∠DCB＝60°+30°＝90°， ∴△ACF是直角三角形． 设BC＝x，则AC＝8﹣x，BC＝BD＝x，CD＝CFx，由勾股定理得： AF2． 当x＝2时，AF有最小值． ∴BC＝BD＝2，∠CBD＝120°， ∴S△BCD2×2． 故答案为：． 【总结提升】本题考查了旋转背景下的二次函数最值问题，顶角为120°的等腰三角形面积的计算，建立二次函数关系式是本题的突破口． 17．（2024秋•河东区期末）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ，若AB＝4，MP＝1． （Ⅰ）当∠DMP＝45°时，BP2的值为　21﹣2　； （Ⅱ）MQ的最小值为　21　． 【思路引领】（Ⅰ）过P作KT⊥CD于T，交AB于K，由MP＝1，∠DMP＝45°，求出PT＝MT，可得PK＝KT﹣PT＝4，BK＝CT＝CM+MT＝2，故BP2＝PK2+BK2＝（4）2+（2）2＝21﹣2； （Ⅱ）连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，证明△BPM≌△BQF（SAS），得MP＝QF＝1，知Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，求出BM2，MFBM＝2，根据MQ≥MF﹣QF，即可得MQ的最小值为21． 【完整解答】解：（Ⅰ）过P作KT⊥CD于T，交AB于K，如图： ∵MP＝1，∠DMP＝45°， ∴PT＝MT， ∵M是正方形ABCD边CD的中点，CD＝AB＝4， ∴CM＝2， ∵∠A＝∠D＝∠DTK＝90°， ∴四边形ADTK是矩形， ∴KT＝AD＝4， 同理BK＝CT， ∴PK＝KT﹣PT＝4，BK＝CT＝CM+MT＝2， ∴BP2＝PK2+BK2＝（4）2+（2）2＝21﹣2； 故答案为：21﹣2； （Ⅱ）连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，如图： ∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°， ∴∠ABC+∠CBE＝180°， ∴A，B，E共线， 由旋转性质得PB＝QB，MB＝FB， ∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ， ∴△BPM≌△BQF（SAS）， ∴MP＝QF＝1， ∴Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧， ∵BC＝AB＝4，CMCD＝2， ∴BM2， ∵∠MBF＝90°，BM＝BF， ∴MFBM＝2， ∵MQ≥MF﹣QF， ∴MQ≥21， ∴MQ的最小值为21． 故答案为：21． 【总结提升】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是掌握旋转的性质，正确作出辅助线构造全等三角形解决问题． 18．（2024春•沙坪坝区期中）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，∠ACB＝45°，点E为AC上一点，连接BE． （1）如图1，若AB＝AE，∠BAC＝60°，AE＝6，求▱ABCD的面积； （2）如图2，过点A作AF⊥BE交BC于点F，垂足为点G，连接DF交AC于点H，若DF⊥AC，求证：； （3）如图3，若AK⊥BC于点K，M为AK中点，N为直线BC上一点，连接MN，将△KMN沿MN所在直线翻折到▱ABCD所在平面内得到△K′MN，连接CK'，再将线段CK′绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，连接MP，点Q为直线BC上一点，连接MQ，PQ，若AK＝6，当MQ+PQ取得最小值时，直接写出△MPQ的面积． 【思路引领】（1）通过60°和45°特殊角构造直角三角形，进而求解即可； （2）要证，含有肯定和45°会有关系，而恰好∠ACB＝45°，所以过点E作ET⊥BC于点T，这样就推出，再通过构造BF的一半等于ET，然后利用全等即可证明； （3）这一题是典型的“瓜豆模型”由题易得点K'的运动轨迹是以M为圆心，3为半径的圆上，线段CK′绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，所以构造全等，得到点P的运动轨迹也是圆上，从而得到MQ+PQ最小值时点Q的位置，进而求解即可． 【完整解答】（1）解：如图，过点B作BK⊥AC于点K， 在Rt△ABK中，∠AKB＝90°，∠BAK＝60°，AB＝AE＝6， ∴，BKAB＝3， 在Rt△BCK中，∠BKC＝90°，∠BCK＝45°， ∴∠KBC＝45°，， ∵S△ABCAC•BK， ∴； （2）证明：过点A作AS⊥BC于点S，过点E作ET⊥BC于点T， ∵DF⊥AC， ∴∠FHC＝∠AHD＝90°， 在Rt△CFH中，∠FHC＝90°，∠HCF＝45°， ∴∠HFC＝45°， ∴HF＝HC， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD， ∴∠HAD＝∠HCF＝45°，∠HDA＝∠HFC＝45°，HA＝HD， 在△HAF和△HDC中， ， ∴△HAF≌△HDC（SAS）， ∴AF＝DC， ∴AB＝AF， 设∠EBC＝α， ∵AF⊥BE， 在Rt△BFG中，∠BFG＝90°， ∴∠AFB＝90°﹣α， 在△ABF中，∠ABF＝∠AFB＝90°﹣α， ∴∠BAF＝2α， ∵∠AEG为△BCE的外角， ∴∠AEG＝45°+α， 在Rt△AEG中，∠AGE＝90°， ∴∠GAE＝45°﹣α， ∴∠BAE＝∠BAG+∠GAE＝45°+α， ∴∠BAE＝∠BEA，BA＝BE， ∵AB＝AF，AS⊥BC， ∴，BF＝2BS， 在△BAS和△EBT中， ， ∴△BAS≌△EBT（AAS）， ∴BS＝ET， 在Rt△CET中，∠CTE＝90°，∠ECT＝45°， ∴，， ∴； （3）如图，连接CM，过C作CO⊥CM，且CO＝CM，连接PO， ∵M是AK中点，AK＝6， ∴MK＝MK'＝3， ∵∠MCO＝∠K'CP＝90°， ∴∠MCK'＝∠OCP， ∵CM＝CO，CK'＝CP， ∴△MCK'≌△OCP（SAS）， ∴MK'＝OP＝3， ∴点P的轨迹是以O为圆心，以3为半径的圆上， 如简化示意图， 作M关于CK的对称点M'则MQ+PQ＝M'Q+PQ≥PM'， ∵点P的轨迹是在⊙O上， ∴当M'、P、O三点共线时M'P最小，此时MQ+PQ也最小． ∵AK＝6，∠ACK＝45°， ∴CK＝6， 过O作OG⊥KC交KC延长线于点G，连接AO， ∴∠MCK＝∠COG＝90°﹣∠OCG， ∵∠MKC＝∠G＝90°，CM＝CO， ∴△MCK≌△COG（AAS）， ∴OG＝KC＝6，CG＝MK＝3， ∵AK∥OG，AK＝OG，∠AKC＝90°， ∴四边形AKGO是矩形， ∴AO＝KG＝6+3＝9， ∵AM'＝AK+KM'＝9， ∴△AOM'是等腰直角三角形， ∴OM'AO＝9，∠M'＝45°， ∴∠KQM'＝∠CQO＝45°∠MQK， ∴∠MQP＝180°﹣∠MQK﹣∠CQO＝90°，且△KM'Q和△GQO都是等腰直角三角形， ∴M'Q＝MQMK＝3，PQ＝M'O﹣M'Q﹣OP＝63， ∴S△MPQMQ•PQ． 【总结提升】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识和识别出点P的轨迹是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$