2026年中考数学一轮复习【几何模型：两圆一中垂+两垂一圆+胡不归+阿氏圆+主从联动+海盗埋宝+婆罗摩笈多+阿基米德折弦定模型】

常考的重难点几何模型 中考 初中数学 目录 中考 · 经典模型 模型1：“两圆一中垂”模型………………………………………………… 3 模型2：“两垂一圆”模型…………………………………………………… 3 模型3：“胡不归”模型……………………………………………………… 4 模型4：“阿氏圆”模型……………………………………………………… 5 模型5：“主从联动”模型…………………………………………………… 6 模型6：“海盗埋宝”模型…………………………………………………… 8 模型7：婆罗摩笈多模型……………………………………………………… 10 模型8：阿基米德折弦定理…………………………………………………… 12 实战演练………………………………………………………………………… 14 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：“两圆一中垂”模型 题目条件中的三角形含有知两点，找一点，构造等腰三角形时，考虑用此模型 已知：A，B是平面内两点，找一点C，使得△ABC为等腰三角形 结论：（1）若AB=AC，则点C在以点A为圆心，AB的长为半径的圆上； （2）若AB=BC，则点C在以点B为圆心，AB的长为半径的圆上； （3）若CA=CB，则点C在线段AB的垂直平分线上 注意：如图，“两圆一中垂”上的点能构成等腰三角形，但要除去5个点： ① 原有的点A，B； ② 因共线无法构成三角形的点M，N，以及线段AB的中点E. 敲黑板，记重点 解决这类问题时，按谁是顶角顶点分类讨论，用圆规画出两个圆和一条垂直平分线即可得出所求点，但需要除去无法构成三角形的点. 【例1】如图，点的坐标是，若点在轴上，且是等腰三角形，则点的坐标不可能是（  ） A．（2，0） B．（4，0） C．（－，0） D．（3，0） 模型2：“两垂一圆”模型 题目条件中含有知两点，找一点，构造直角三角形时，考虑用此模型 已知：平面内有A，B两点，找一点C，使得△ABC是直角三角形 依据：半圆（或直径）所对的圆周角是直角 结论：（1）若∠A=90°，则点C在过点A且垂直于AB的直线上； （2）若∠B=90°，则点C在过点B且垂直于AB的直线上； （3）若∠C=90°，则点C在以AB为直径的圆上 注意：如图，要除去2个点，点A和点B 敲黑板，记重点 如何在坐标系中体现垂直？ ① 利用两条直线的斜率之积为－1； ② 利用一线三垂直模型构造全等或相似； ③ 利用勾股定理的逆定理证明. 【例1】在平面直角坐标系中有两点A(-2,2)，B(3,2)，C是坐标轴上的一点，若△ABC是直角三角形，则满足条件的点共有（   ） A．1个 B．2个 C．4个 D．6个 模型3：“胡不归”模型 题目条件中含有两定点、一动点，要解决kAP+BP的最小值时，考虑用此模型 已知：如图，A为直线l上一定点，B为直线l外一定点，点P在直线l上运动，试确定点P的位置，使kAP+BP（0＜k＜1）的值最小P B A l 作法：（1）找带有系数k的线段AP . （2）在直线l下方构造以线段AP为斜边的直角三角形. 如图，Rt△ACP的作法：P B A l C’ C P’ ① 以点A为顶点作∠CAP，使sin∠CAP=k； ② 以AP为斜边构造Rt△ACP； ③ 在Rt△ACP中，PC=AṖ·sin∠CAP=kAP，则kAP+BP=PC+BP； ④ 利用垂线段最短（kAP+BP=PC+BP≥BC’）转化为求BC’的长度. 注意：若k＞1，则kAP+BP=，即构造以线段BP为斜边的直角三角形 敲黑板，记重点 ① 在求形如“kAP+BP”的最值问题中，关键是构造与kAP相等的线段，将“kAP+BP”型问题转化为“PC+BP”型问题. ② 注意这里的AP必须是一条方向不变的线段，方能构造定角，利用三角函数得到kAP的等线段. 【例1】如图，在中，，，，若是边上的动点，则的最小值（    ） A． B． C． D． 模型4：“阿氏圆”模型 题目条件中含有两定点、一圆上动点，解决kAP+BP最值问题时，考虑用此模型 已知：如图，P是半径为r的⊙O上一动点，A，B为⊙O外两定点，且r=kOA（0＜k＜1），如何确定点P的位置，使kAP+BP的值最小 作法：如图 一找：找带有系数k的线段AP. 二构：在线段OA上截取一点C，构造△OPC≌△OAP. ① 在线段OA上截取OC，使OC=kAP； ② 连接PC，OP，证明△OPC∽△OAP 三转化：通过相似三角形对应边成比例，将kAP转化为PC，则kAP+BP=PC+BP. 四求解：连接BC，利用“两点之间，线段最短”转化为求BC的长，BC与⊙O的交点P’即为点P的位置. 敲黑板，记重点 截取线段构造一组“母子型”相似三角形，利用线段比例关系转化线段，再根据线段最短问题求最值. 模型拓展：“阿氏圆”与“胡不归”之间的关系 共同点 平面上有一动点P，两定点A，B，确定点P的位置，求解形如 kAP+BP的最值 不同点 （1）轨迹不同：若点P的轨迹为一条直线，则考虑“胡不归”模型；若点P的轨迹为圆或圆的一部分时，则考虑“阿氏圆”模型. （2）解题方法不同：“胡不归”模型是利用锐角三角函数和垂线段最短解题；“阿氏圆”模型是利用母子型相似和两点之间线段最短解题. 【例1】如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则PA＋PB的最小值为 ． 模型5：“主从联动”模型 题目条件中含有一个定点和两个动点，夹角是定值，两动点到某个定点的距离比值是定值时，考虑用此模型 一、直线轨迹 已知：定点C，动点M和N，∠MCN=α，为定值k，点M在直线l上运动 ① 如图1，C，M，N三点共线 ② 如图2，C，M，N三点不共线 结论：当点M的运动轨迹为直线时，点N的运动轨迹也为直线 （1）M，N两点的运动轨迹所在直线的夹角等于α； （2）M，N两点的运动轨迹长度之比等于CM：CN 证明：以C，M，N三点不共线为例证明 如图3，在直线l上取异于点M的一点M’，并取点N’，使∠M’CN’=α， 且，直线NN’与CM’，MM’分别交于点E，F ∴ ，即∠MCN=∠M’CN’=α ∴ ∠MCN－∠M’CN=∠M’CN’－∠M’CN，即∠MCM’=∠NCN’ ∴ △MCM’∽△NCN’ ∴ ，∠CM’M=∠CN’N 又∵ ∠CEN’=∠M’EF ∴ ∠N’FM’= ∠M’CN’=α ∴ 直线NN’与MM’的夹角为α，运动轨迹长度之比等于CM：CN 说明：当C，M，N三点共线，即夹角为0°时，两动点的运动轨迹所在直线互相平行，两动点的运动轨迹长度之比等于CM：CNα C N l M 图2 图3 M l N C 图1 敲黑板，记重点 找主动点的运动轨迹并确定主动点的起始点，再根据主动点的起始点确定从动点的起始点及运动轨迹，最后根据动点形成的轨迹图形选择进行计算. 敲黑板，记重点 当主动点轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的从动点，连线即可得到从动点的运动轨迹. 二、圆轨迹 已知：定点C，动点M和N，∠MCN=α，为定值k，点M在⊙O上运动 ① 如图1，C，M，N三点共线 ② 如图2，C，M，N三点不共线 图2 图1 结论：当点M的运动轨迹在圆上时，点N的运动轨迹也为圆上 （1）两圆心与定点连线的夹角等于主、从动点与定点连线的夹角，即∠OCO’=∠MCN； （2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比，也等于两圆半径之比，即CM：CN=CO：CO’=OM：O’N 证明：以C，M，N三点不共线为例证明 如图，连接CO，过点N作OM的平行线，交CO于点O’ ∵ OM∥O’N ∴ △OCM∽△O’CN ∴ 【例1】如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是 ． 模型6：“海盗埋宝”模型 题目条件中含有两等腰直角三角形一组底角共顶点，另一组底角连线取中点时，考虑用此模型 已知：如图，△ACD和△BCE是等腰直角三角形，A，B为直角顶点，F为DE的中点，连接AF，BF 结论：（1）△FAB是等腰直角三角形； （2）△DAF≌△EPF； （3）△ABP是等腰直角三角形 依据：等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质 证明：法1）倍长中线法 如图，延长AF至点P，使FP=AF，连接EP，BP，延长PE交AC于点Q 在△DAF和△EPF中，A Q C B P F E D ∴ △DAF≌△EPF（SAS） ∴ AD∥PE，EP=AC ∴ CQE=DAQ=90° ∵ 在四边形EQCB中，CQE+CBE=90°+90°=180° ∴ BEQ+BCQ=360°－180°=180° ∵ BEQ+PEB=180° ∴ BCQ=PEB敲黑板，记重点 “海盗埋宝”模型中证全等最核心的判定方法就是“SAS”，可利用倍长中线法或轴对称构造全等三角形. 在△ABC和△PBE中， ∴ △ABC≌△PBE（SAS） ∴ AB=BP，ABC=PBE ∴ ABC+ABE=PBE+ABE，即CBE=ABP=90° ∴ △ABP是等腰直角三角形 ∵ AF=PF ∴ BF⊥AP，BF=AF ∴ △FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点 法2）构造手拉手模型 如图，将△DAC沿AC作对称，得到△PAC，将△EBC沿BC作对称，得到△QBC，连接EP，DQ，易证△PCE≌△DCQ（手拉手模型） ∴ PE=DQ，PE⊥DQ（手拉手模型的结论） ∵ AF是△DPE的中位线，BF是△DQE的中位线 ∴ ，AF∥PE，，BF∥DQA Q C B P F E D ∴ AF=BF，AF⊥BF ∴ △FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点 【例1】已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME． （1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF； （2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长； （3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME． 模型7：婆罗摩笈多模型 题目条件中含有两等腰直角三角形共直角顶点，相邻的两个底角顶点相连时，考虑用此模型 已知：如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，连接AD，CE，过点B的直线分别交AD，CE于点N，MN M E D C B A 结论：（1）若M是CE的中点，则MN⊥AD； （2）若MN⊥AD，则M是CE的中点； （3） ； （4）若M是CE的中点，则 证明：（1）如图1，延长BM至点P，使MP=BM，连接EPN M E D C B A P 2 3 4 5 1 图1 易证△BMC≌△PME（SAS） ∴ AB=BC=PE，∠1=∠2 ∴ BC∥PE ∴ ∠CBE+∠PEB=180° ∵ ∠CBE+∠ABD=360°－90°－90°=180° ∴ ∠PEB=∠ABD敲黑板，记重点 解决这类题，常用到“中点、垂直”互相转化的结论. 若已知中点证垂直，到倍长中线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质进行转化进而证明； 若已知垂直证中点，则构造“一线三垂直”，证明三角形全等，利用全等三角形的性质转化进而证明. 在△PEB和△ABD中， ∴ △PEB≌△ABD（SAS） ∴ ∠3=∠4 又∵ ∠3+∠5=180°－90°=90° ∴ ∠4+∠5=90° ∴ ∠BND=90°，即MN⊥AD （2）如图2，过点C作CP⊥MN，交MN于点P，过点E作EQ⊥MN，交NM的延长线于点Q，易证△ANB≌△BPC，△DNB≌△BQEN M E D C B A P Q 图2 ∴ CP=BN，EQ=BN ∴ CP=EQ 在△CPM和△EQM中， ∴ △CPM≌△EQM（AAS） ∴ CM=EM，即M是CE的中点 （3）由（1）知△PEB≌△ABD ∴ PB=AD ∵ ∴ 模型拓展 已知：如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD互相垂直，过交点M的直线分贝交BC，AD于点E，FM E D C B A F 结论：（1）若EF⊥BC，则F为AD的中点； （2）若F为AD的中点，则EF⊥BC 【例1】在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ． 模型8：阿基米德折弦定理 题目条件中含有弧上任意一点与弧的端点相连（折弦），且已知弧的中点，过中点作弦的垂线时，考虑用此模型 已知：如图，AB，BC是⊙O的两条弦，M是的中点，MD⊥BC，垂足为D 结论：AB+BD=CD 依据：圆内接四边形的对角互补，同弧或等弧所对的圆周角相等 证明：法1）补短法 如图1，连接AC，MA，MB，MC，延长DB至点F，使BF=BA，连接MF ∵ M是的中点图1 ∴ ∠MCA=∠MAC=∠MBC ∵ M，B，A，C四点共圆 ∴ ∠MCA+∠MBA=180° ∵ ∠MBC+∠MBF=180° ∴ ∠MBA=∠MBF ∵ MB=BM，BF=BA ∴ △MBF≌△MBA（SAS）敲黑板，记重点 阿基米德折弦定理主要是应用截长补短，再结合圆的性质解决圆中线段和角度问题. ∴ ∠F=∠MAB=∠MCB ∴ MF=MC ∵ MD⊥CF ∴ CD=DF=BF+BD=AB+BD 法2）截长法 如图2，连接AC，MA，MB，MC，在CD上截取DG=DB，连接MG ∵ MD⊥BG图2 ∴ MB=MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC ∵ M是的中点 ∴ MA=MC，∠MAC=∠MCA=∠MGB， 即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA 又∵ ∠MGB=∠MCB+∠GMC ∴ ∠BMA=∠GMC ∵ MA=MC ∴ △MBA≌△MGC（SAS） ∴ AB=GC ∴ CD=CG+GD=AB+BD 法3）垂线法 如图3，连接AC，MA，MB，MC，作MH⊥AB，交AB的延长线于点H ∵ M是的中点图3 ∴ MA=MC ∵ MD⊥BC，MH⊥AB ∴ ∠MDC=∠H=90° ∵ ∠MAB=∠MCB ∴ △MHA≌△MDC（AAS） ∴ AH=CD，MH=BD 又∵ MB=BM ∴ Rt△MHB≌Rt△MDB（HL） ∴ HB=BD ∴ CD=AH=AB+BH=AB+BD 【例1】已知M是的中点，垂直于弦于P，若弦的长度为x，线段的长度是，那么线段的长度是 ．（用含有x的代数式表示） 实 战 演 练 【“两圆一中垂”模型】 1．如图，在正方形网格内，A，B两点都在小方格的顶点上，如果点C也是图中小方格的顶点，且是等腰三角形，那么点C的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．如图，已知点是反比例函数的图象上的一点，连接并延长，交双曲线的另一支于点，点是轴上一动点，若是等腰三角形，则点的坐标是 ． 3．如图，在矩形中，，，点P为边上一动点，连接．当为等腰三角形时，的值为 ． 4．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数（）的图象与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点B，其对称轴与x轴交于点D． （1）求该二次函数的解析式； （2）如图1，连结BC，在线段BC上是否存在点E，使得△CDE为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，若点P（m，n）是该二次函数图象上的一个动点（其中m＞0，n＜0），连结PB，PD，BD，求△BDP面积的最大值及此时点P的坐标． 【“两垂一圆”模型】 5．如图，已知点A(－1，0)和点B(1，2)，在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，那么满足条件的点P共有（  ）      A．2个 B．4个 C．6个 D．7个 6．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上．在格点上确定点C，使为直角三角形，且面积为4，则这样的点C的共有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．已知：如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（﹣1，0），点C（0，5），另抛物线经过点（1，8），M为它的顶点． （1）求抛物线的解析式； （2）求△MCB的面积． （3）在坐标轴上，是否存在点N，满足△BCN为直角三角形？如存在，请直接写出所有满足条件的点N． 【“胡不归”模型】 8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x＋c的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B（0，﹣3），若P是x轴上一动点，点D（0，1）在y轴上，连接PD，则PD＋PC的最小值是（    ） A．4 B．2＋2 C．2 D． 9．如图，矩形，，，点是边上的动点，点F是射线BC上的动点，且，连接，．若，则m的最小值为（    ）    A． B． C． D． 10．如图，▱中，，，为边上一点，则的最小值为 ． 11．如图，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，点C（0，1）在y轴上，点P在x轴上运动，则PC＋PB的最小值为 ． 12．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点． (1)求此抛物线的解析式； (2)若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E． ①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上； ②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标． 【“阿氏圆”模型】 13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（    ）      A．7 B．5 C． D． 14．如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则DQ+CQ的最小值为 ． 15．如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是 ． 16．如图1，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其中点的坐标为，抛物线的对称轴是直线． (1)求抛物线的解析式； (2)若点是直线下方的抛物线上一个动点，是否存在点使四边形的面积为16，若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由； (3)如图2，过点作交抛物线的对称轴于点，以点为圆心，2为半径作，点为上的一个动点，求的最小值． 【“主从联动”模型】 17．如图，正方形的边长为5，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 18．如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向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 ．    19．如图，已知点，，，动点在线段上，点、、按逆时针顺序排列，且，，当点从点运动到点时，则点运动的路径长为 ． 20．如图，长方形ABCD中，，，E为BC上一点，且，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ． 21．如图，，当点C在上运动时，作等腰，则O，E两点间距离的最小值为 ． 22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点P在以AB为直径的半圆上运动，由点B运动到点A，连接CP，点M是CP的中点，则点M经过的路径长为 ． 【“海盗埋宝”模型 】 23．已知：和均为等腰直角三角形，，，，按图1放置，使点在上，取的中点，连接． (1)观察发现：图1中的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)探究证明：将图1中的绕点顺时针转动，再连接，取的中点（如图2），问（1）中的结论是否仍然成立？请证明你的结论； (3)拓展延伸：将图1中的绕点顺时针转动任意角度（转动角度在到之间），再连接的中点（如图3），问（1）中的结论是否仍然成立？请证明你的结论． 24．在，中，，连接，是中点，连接 （1）如图1，若三点在同一直线上，，已知，求线段的长； （2）如图2，若，求证：为等腰直角三角形； （3）如图3，若，请判断的形状，并说明理由． 【婆罗摩笈多模型】 25．如图，于点，且，若点是三角形的角平分线的交点，点是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 26．如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H． 求证： （1）AMEG； （2）AH⊥EG； （3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 27．已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N， (1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG； (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长． 【阿基米德折弦定理】 28．如图，已知等边内接于， ，点为上一点， ，于点，则的周长是 ．    29．已知A、B、C、D是⊙O上的四点，，AC是四边形ABCD的对角线. （1）如图1，连结BD，若∠CDB=60°，求证：AC是∠DAB的平分线； （2）如图2，过点D作DE⊥AC，垂足为E，若AC=7，AB=5，求线段AE的长度．    30．如图所示，在⊙O中，，点D为劣弧上的动点，且 (1)求的长度； (2)求的值； (3)过A点作，求证： ． 31．阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应学习任务： 对角线互相垂直的四边形的性质探究 在平行四边形一章中，我们已经学习过平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，那么对于对角线互相垂直的四边形，它有哪些特殊的性质呢？容易得知： 对角线互相垂直的四边形，两组对边的平方和相等，证明过程如下： 如图1，在四边形中，对角线，垂足为． 求证：． 证明：∵于点， ∴（依据1） 若对角线互相垂直的四边形内接于圆，它还有什么特殊性质呢，通过探究，我得出如下结论：对角线互相垂直的圆内接四边形，每组对边的平方和等于它的外接圆半径平方的4倍，证明过程如下（不完整）： 如图2，已知的半径为，四边形内接于，且． 求证：． 证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴（依据2） ∴， ∵， ∴． 学习任务： (1)小宇同学的论文中，画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是： 依据1：______________； 依据2：______________． (2)请完成图2的剩余证明过程； (3)如图3，已知四边形内接于，为上一点，，若的直径为8，，请直接写出的长度． 1 学科网（北京）股份有限公司 $常考的重难点几何模型 中考 初中数学 目录 中考 · 经典模型 模型1：“两圆一中垂”模型………………………………………………… 3 模型2：“两垂一圆”模型…………………………………………………… 5 模型3：“胡不归”模型……………………………………………………… 6 模型4：“阿氏圆”模型……………………………………………………… 8 模型5：“主从联动”模型…………………………………………………… 10 模型6：“海盗埋宝”模型…………………………………………………… 13 模型7：婆罗摩笈多模型……………………………………………………… 17 模型8：阿基米德折弦定理…………………………………………………… 21 实战演练………………………………………………………………………… 24 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：“两圆一中垂”模型 题目条件中的三角形含有知两点，找一点，构造等腰三角形时，考虑用此模型 已知：A，B是平面内两点，找一点C，使得△ABC为等腰三角形 结论：（1）若AB=AC，则点C在以点A为圆心，AB的长为半径的圆上； （2）若AB=BC，则点C在以点B为圆心，AB的长为半径的圆上； （3）若CA=CB，则点C在线段AB的垂直平分线上 注意：如图，“两圆一中垂”上的点能构成等腰三角形，但要除去5个点： ① 原有的点A，B； ② 因共线无法构成三角形的点M，N，以及线段AB的中点E. 敲黑板，记重点 解决这类问题时，按谁是顶角顶点分类讨论，用圆规画出两个圆和一条垂直平分线即可得出所求点，但需要除去无法构成三角形的点. 【例1】如图，点的坐标是，若点在轴上，且是等腰三角形，则点的坐标不可能是（  ） A．（2，0） B．（4，0） C．（－，0） D．（3，0） 【答案】D 【详解】解：（1）当点P在x轴正半轴上， ①以OA为腰时， ∵A的坐标是（2，2）， ∴∠AOP=45°，OA=， ∴P的坐标是（4，0）或（，0）； ②以OA为底边时， ∵点A的坐标是（2，2）， ∴当点P的坐标为：（2，0）时，OP=AP； （2）当点P在x轴负半轴上， ③以OA为腰时， ∵A的坐标是（2，2）， ∴OA= ， ∴OA=AP= ∴P的坐标是（-，0）． 故选：D． 模型2：“两垂一圆”模型 题目条件中含有知两点，找一点，构造直角三角形时，考虑用此模型 已知：平面内有A，B两点，找一点C，使得△ABC是直角三角形 依据：半圆（或直径）所对的圆周角是直角 结论：（1）若∠A=90°，则点C在过点A且垂直于AB的直线上； （2）若∠B=90°，则点C在过点B且垂直于AB的直线上； （3）若∠C=90°，则点C在以AB为直径的圆上 注意：如图，要除去2个点，点A和点B 敲黑板，记重点 如何在坐标系中体现垂直？ ① 利用两条直线的斜率之积为－1； ② 利用一线三垂直模型构造全等或相似； ③ 利用勾股定理的逆定理证明. 【例1】在平面直角坐标系中有两点A(-2,2)，B(3,2)，C是坐标轴上的一点，若△ABC是直角三角形，则满足条件的点共有（   ） A．1个 B．2个 C．4个 D．6个 【答案】D 【分析】因为A，B的纵坐标相等，所以ABx轴．因为C是坐标轴上的一点，所以过点A向x轴引垂线，过点B向x轴引垂线，分别可得一点，以AB为直径作圆可与坐标轴交于4点．所以满足条件的点共有6个． 【详解】解：∵A，B的纵坐标相等， ∴ABx轴，AB=3-(-2)=5． ∵C是坐标轴上的一点，过点A向x轴引垂线，可得一点，过点B向x轴引垂线，可得一点，以AB为直径作圆可与坐标轴交于4点． ∴根据直径所对的圆周角是90°，满足条件的点共有4个，为C，D，E，H．加上A、B共6个．如图， 故选：D． 【点睛】本题考查圆周角定理的推论，直角三角形定义，若△ABC是直角三角形，则它的任意一个顶点都有可能为直角顶点是解题和关键． 模型3：“胡不归”模型 题目条件中含有两定点、一动点，要解决kAP+BP的最小值时，考虑用此模型 已知：如图，A为直线l上一定点，B为直线l外一定点，点P在直线l上运动，试确定点P的位置，使kAP+BP（0＜k＜1）的值最小P B A l 作法：（1）找带有系数k的线段AP . （2）在直线l下方构造以线段AP为斜边的直角三角形. 如图，Rt△ACP的作法：P B A l C’ C P’ ① 以点A为顶点作∠CAP，使sin∠CAP=k； ② 以AP为斜边构造Rt△ACP； ③ 在Rt△ACP中，PC=AṖ·sin∠CAP=kAP，则kAP+BP=PC+BP； ④ 利用垂线段最短（kAP+BP=PC+BP≥BC’）转化为求BC’的长度. 注意：若k＞1，则kAP+BP=，即构造以线段BP为斜边的直角三角形 敲黑板，记重点 ① 在求形如“kAP+BP”的最值问题中，关键是构造与kAP相等的线段，将“kAP+BP”型问题转化为“PC+BP”型问题. ② 注意这里的AP必须是一条方向不变的线段，方能构造定角，利用三角函数得到kAP的等线段. 【例1】如图，在中，，，，若是边上的动点，则的最小值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作点A关于BC的对称点A'，连接AA', A'D,过D作DE⊥AC于E，易得2DE = CD，AD= A'D，从而得出AD+ DE = A'D+ DE，当A'，D, E在同一直线上时，AD + DE的最小值等于A' E的长是3，进而求出2AD十CD的最小值． 【详解】如图所示，作点A关于BC的对称点A',连接AA', A'D,过D作DE⊥AC于E ∵∠BAC = 90o，∠B = 60o，AB= 2 ∴BH=1,AH=,AA'=2，∠C= 30o ∴DE =CD,即2DE = CD ∵A与A'关于BC对称 ∴AD= A'D ∴AD+ DE = A'D+ DE ∴当A'，D, E在同一直线上时 AD + DE的最小值等于A' E的长, 在Rt△AA' E中：A' E= sin60o×AA'=×2= 3 ∴AD十DE的最小值为3 ∴2AD十CD的最小值为6 故选B 【点睛】本题主要考查了三角形的动点最值问题，做完辅助线后先求出AD + DE的最小值是解题关键． 模型4：“阿氏圆”模型 题目条件中含有两定点、一圆上动点，解决kAP+BP最值问题时，考虑用此模型 已知：如图，P是半径为r的⊙O上一动点，A，B为⊙O外两定点，且r=kOA（0＜k＜1），如何确定点P的位置，使kAP+BP的值最小 作法：如图 一找：找带有系数k的线段AP. 二构：在线段OA上截取一点C，构造△OPC≌△OAP. ① 在线段OA上截取OC，使OC=kAP； ② 连接PC，OP，证明△OPC∽△OAP 三转化：通过相似三角形对应边成比例，将kAP转化为PC，则kAP+BP=PC+BP. 四求解：连接BC，利用“两点之间，线段最短”转化为求BC的长，BC与⊙O的交点P’即为点P的位置. 敲黑板，记重点 截取线段构造一组“母子型”相似三角形，利用线段比例关系转化线段，再根据线段最短问题求最值. 模型拓展：“阿氏圆”与“胡不归”之间的关系 共同点 平面上有一动点P，两定点A，B，确定点P的位置，求解形如 kAP+BP的最值 不同点 （1）轨迹不同：若点P的轨迹为一条直线，则考虑“胡不归”模型；若点P的轨迹为圆或圆的一部分时，则考虑“阿氏圆”模型. （2）解题方法不同：“胡不归”模型是利用锐角三角函数和垂线段最短解题；“阿氏圆”模型是利用母子型相似和两点之间线段最短解题. 【例1】如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则PA＋PB的最小值为 ． 【答案】 【分析】PA＋PB＝（PA＋PB），利用相似三角形构造PB即可解答． 【详解】解：设⊙O半径为r， OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2， 取OB的中点I，连接PI， ∴OI＝IB＝， ∵， ， ∴ ，∠O是公共角， ∴△BOP∽△POI， ∴， ∴PI＝PB， ∴AP＋PB＝AP＋PI， ∴当A、P、I在一条直线上时，AP＋PB最小， 作IE⊥AB于E， ∵∠ABO＝45°， ∴IE＝BE＝BI＝1， ∴AE＝AB−BE＝3， ∴AI＝， ∴AP＋PB最小值＝AI＝， ∵PA＋PB＝（PA＋PB）， ∴PA＋PB的最小值是AI＝． 故答案是． 【点睛】本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形． 模型5：“主从联动”模型 题目条件中含有一个定点和两个动点，夹角是定值，两动点到某个定点的距离比值是定值时，考虑用此模型 一、直线轨迹 已知：定点C，动点M和N，∠MCN=α，为定值k，点M在直线l上运动 ① 如图1，C，M，N三点共线 ② 如图2，C，M，N三点不共线 结论：当点M的运动轨迹为直线时，点N的运动轨迹也为直线 （1）M，N两点的运动轨迹所在直线的夹角等于α； （2）M，N两点的运动轨迹长度之比等于CM：CN 证明：以C，M，N三点不共线为例证明 如图3，在直线l上取异于点M的一点M’，并取点N’，使∠M’CN’=α， 且，直线NN’与CM’，MM’分别交于点E，F ∴ ，即∠MCN=∠M’CN’=α ∴ ∠MCN－∠M’CN=∠M’CN’－∠M’CN，即∠MCM’=∠NCN’ ∴ △MCM’∽△NCN’ ∴ ，∠CM’M=∠CN’N 又∵ ∠CEN’=∠M’EF ∴ ∠N’FM’= ∠M’CN’=α ∴ 直线NN’与MM’的夹角为α，运动轨迹长度之比等于CM：CN 说明：当C，M，N三点共线，即夹角为0°时，两动点的运动轨迹所在直线互相平行，两动点的运动轨迹长度之比等于CM：CNα C N l M 图2 图3 M l N C 图1 敲黑板，记重点 找主动点的运动轨迹并确定主动点的起始点，再根据主动点的起始点确定从动点的起始点及运动轨迹，最后根据动点形成的轨迹图形选择进行计算. 敲黑板，记重点 当主动点轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的从动点，连线即可得到从动点的运动轨迹. 二、圆轨迹 已知：定点C，动点M和N，∠MCN=α，为定值k，点M在⊙O上运动 ① 如图1，C，M，N三点共线 ② 如图2，C，M，N三点不共线 图2 图1 结论：当点M的运动轨迹在圆上时，点N的运动轨迹也为圆上 （1）两圆心与定点连线的夹角等于主、从动点与定点连线的夹角，即∠OCO’=∠MCN； （2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比，也等于两圆半径之比，即CM：CN=CO：CO’=OM：O’N 证明：以C，M，N三点不共线为例证明 如图，连接CO，过点N作OM的平行线，交CO于点O’ ∵ OM∥O’N ∴ △OCM∽△O’CN ∴ 【例1】如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是 ． 【答案】 【分析】连接OQ，以OA为直径作⊙C，确定出点Q的运动路径即可求得路径长． 【详解】解：连接OQ． 在⊙O中， ∵AQ=PQ，OQ经过圆心O， ∴OQ⊥AP． ∴∠AQO=90°． ∴点Q在以OA为直径的⊙C上． ∴当点P在⊙O上运动一周时，点Q在⊙C上运动一周． ∵AB=4， ∴OA=2． ∴⊙C的周长为． ∴点Q经过的路径长为． 故答案为： 【点睛】本题考查了垂径定理的推论、圆周角定理的推论、圆周长的计算等知识点，熟知相关定理及其推论是解题的基础，确定点Q的运动路径是解题的关键． 模型6：“海盗埋宝”模型 题目条件中含有两等腰直角三角形一组底角共顶点，另一组底角连线取中点时，考虑用此模型 已知：如图，△ACD和△BCE是等腰直角三角形，A，B为直角顶点，F为DE的中点，连接AF，BF 结论：（1）△FAB是等腰直角三角形； （2）△DAF≌△EPF； （3）△ABP是等腰直角三角形 依据：等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质 证明：法1）倍长中线法 如图，延长AF至点P，使FP=AF，连接EP，BP，延长PE交AC于点Q 在△DAF和△EPF中，A Q C B P F E D ∴ △DAF≌△EPF（SAS） ∴ AD∥PE，EP=AC ∴ CQE=DAQ=90° ∵ 在四边形EQCB中，CQE+CBE=90°+90°=180° ∴ BEQ+BCQ=360°－180°=180° ∵ BEQ+PEB=180° ∴ BCQ=PEB敲黑板，记重点 “海盗埋宝”模型中证全等最核心的判定方法就是“SAS”，可利用倍长中线法或轴对称构造全等三角形. 在△ABC和△PBE中， ∴ △ABC≌△PBE（SAS） ∴ AB=BP，ABC=PBE ∴ ABC+ABE=PBE+ABE，即CBE=ABP=90° ∴ △ABP是等腰直角三角形 ∵ AF=PF ∴ BF⊥AP，BF=AF ∴ △FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点 法2）构造手拉手模型 如图，将△DAC沿AC作对称，得到△PAC，将△EBC沿BC作对称，得到△QBC，连接EP，DQ，易证△PCE≌△DCQ（手拉手模型）A Q C B P F E D ∴ PE=DQ，PE⊥DQ（手拉手模型的结论） ∵ AF是△DPE的中位线，BF是△DQE的中位线 ∴ ，AF∥PE，，BF∥DQ ∴ AF=BF，AF⊥BF ∴ △FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点 【例1】已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME． （1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF； （2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长； （3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME． 【答案】（1）证明见解析；（2）BM=ME=；（3）证明见解析. 【分析】（1）如图1，延长AB交CF于点D，证明BM为△ADF的中位线即可. （2）如图2，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线. （3）如图3，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线：BM=DF，ME=AG；然后证明△ACG≌△DCF，得到DF=AG，从而证明BM=ME. 【详解】（1）如图1，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形， ∴AB=BC=BD. ∴点B为线段AD的中点. 又∵点M为线段AF的中点， ∴BM为△ADF的中位线. ∴BM∥CF. （2）如图2，延长AB交CF于点D，则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形， ∴AB=BC=BD=a，AC=AD=a， ∴点B为AD中点，又点M为AF中点. ∴BM=DF. 分别延长FE与CA交于点G，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形， ∴CE=EF=GE=2a，CG=CF=a. ∴点E为FG中点，又点M为AF中点. ∴ME=AG. ∵CG=CF=a，CA=CD=a，∴AG=DF=a. ∴BM=ME=. （3）如图3，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形， ∴AB=BC=BD，AC=CD. ∴点B为AD中点. 又点M为AF中点，∴BM=DF. 延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形， ∴CE=EF=EG，CF=CG. ∴点E为FG中点. 又点M为AF中点，∴ME=AG. 在△ACG与△DCF中，∵， ∴△ACG≌△DCF（SAS）. ∴DF=AG，∴BM=ME. 模型7：婆罗摩笈多模型 题目条件中含有两等腰直角三角形共直角顶点，相邻的两个底角顶点相连时，考虑用此模型 已知：如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，连接AD，CE，过点B的直线分别交AD，CE于点N，MN M E D C B A 结论：（1）若M是CE的中点，则MN⊥AD； （2）若MN⊥AD，则M是CE的中点； （3） ； （4）若M是CE的中点，则 证明：（1）如图1，延长BM至点P，使MP=BM，连接EP 易证△BMC≌△PME（SAS）N M E D C B A P 2 3 4 5 1 图1 ∴ AB=BC=PE，∠1=∠2 ∴ BC∥PE ∴ ∠CBE+∠PEB=180° ∵ ∠CBE+∠ABD=360°－90°－90°=180° ∴ ∠PEB=∠ABD 在△PEB和△ABD中， ∴ △PEB≌△ABD（SAS） ∴ ∠3=∠4 又∵ ∠3+∠5=180°－90°=90° ∴ ∠4+∠5=90° ∴ ∠BND=90°，即MN⊥AD 敲黑板，记重点 解决这类题，常用到“中点、垂直”互相转化的结论. 若已知中点证垂直，到倍长中线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质进行转化进而证明； 若已知垂直证中点，则构造“一线三垂直”，证明三角形全等，利用全等三角形的性质转化进而证明. （2）如图2，过点C作CP⊥MN，交MN于点P，过点E作EQ⊥MN，交NM的延长线于点Q，易证△ANB≌△BPC，△DNB≌△BQEN M E D C B A P Q 图2 ∴ CP=BN，EQ=BN ∴ CP=EQ 在△CPM和△EQM中， ∴ △CPM≌△EQM（AAS） ∴ CM=EM，即M是CE的中点 （3）由（1）知△PEB≌△ABD ∴ PB=AD ∵ ∴ 模型拓展 已知：如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD互相垂直，过交点M的直线分贝交BC，AD于点E，FM E D C B A F 结论：（1）若EF⊥BC，则F为AD的中点； （2）若F为AD的中点，则EF⊥BC 【例1】在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ． 【答案】①②③④ 【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案． 【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC， 即∠CAE＝∠BAG， ∴△ABG≌△AEC（SAS）， ∴BG＝CE，故①正确； 设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1， ∵△ABG≌△AEC， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵∠AKG＝∠NKC， ∴∠CNG＝∠CAG＝90°， ∴BG⊥CE，故②正确； 过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2， ∵AH⊥BC， ∴∠ABH+∠BAH＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP+∠BAH＝90°， ∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确； ∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE， ∴△ABH≌△EAP（AAS）， ∴EP＝AH， 同理可得GQ＝AH， ∴EP＝GQ， ∵在△EPM和△GQM中， ， ∴△EPM≌△GQM（AAS）， ∴EM＝GM， ∴AM是△AEG的中线，故③正确． 综上所述，①②③④结论都正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键． 模型8：阿基米德折弦定理 题目条件中含有弧上任意一点与弧的端点相连（折弦），且已知弧的中点，过中点作弦的垂线时，考虑用此模型 已知：如图，AB，BC是⊙O的两条弦，M是的中点，MD⊥BC，垂足为D 结论：AB+BD=CD 依据：圆内接四边形的对角互补，同弧或等弧所对的圆周角相等 证明：法1）补短法 如图1，连接AC，MA，MB，MC，延长DB至点F，使BF=BA，连接MF ∵ M是的中点图1 ∴ ∠MCA=∠MAC=∠MBC ∵ M，B，A，C四点共圆 ∴ ∠MCA+∠MBA=180° ∵ ∠MBC+∠MBF=180° ∴ ∠MBA=∠MBF ∵ MB=BM，BF=BA ∴ △MBF≌△MBA（SAS）敲黑板，记重点 阿基米德折弦定理主要是应用截长补短，再结合圆的性质解决圆中线段和角度问题. ∴ ∠F=∠MAB=∠MCB ∴ MF=MC ∵ MD⊥CF ∴ CD=DF=BF+BD=AB+BD 法2）截长法 如图2，连接AC，MA，MB，MC，在CD上截取DG=DB，连接MG ∵ MD⊥BG ∴ MB=MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC图2 ∵ M是的中点 ∴ MA=MC，∠MAC=∠MCA=∠MGB， 即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA 又∵ ∠MGB=∠MCB+∠GMC ∴ ∠BMA=∠GMC ∵ MA=MC ∴ △MBA≌△MGC（SAS） ∴ AB=GC ∴ CD=CG+GD=AB+BD 法3）垂线法 如图3，连接AC，MA，MB，MC，作MH⊥AB，交AB的延长线于点H ∵ M是的中点图3 ∴ MA=MC ∵ MD⊥BC，MH⊥AB ∴ ∠MDC=∠H=90° ∵ ∠MAB=∠MCB ∴ △MHA≌△MDC（AAS） ∴ AH=CD，MH=BD 又∵ MB=BM ∴ Rt△MHB≌Rt△MDB（HL） ∴ HB=BD ∴ CD=AH=AB+BH=AB+BD 【例1】已知M是的中点，垂直于弦于P，若弦的长度为x，线段的长度是，那么线段的长度是 ．（用含有x的代数式表示） 【答案】/ 【分析】延长交圆于点D，连接并延长交的延长线于E点，连接，由M是的中点，可得，又因为垂直于弦于P，可得，然后由定理可证，然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：，然后由圆内接四边形的性质可得：，进而可得：，然后根据等角对等边可得，进而可得，然后将，代入即可得到的长． 【详解】解：延长交圆于点D，连接并延长交的延长线于E点，连接， ∵M是的中点， ∴， ∵垂直于弦于P， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，对角互补．解题的关键是：添加适当的辅助线构造圆内接四边形． 实 战 演 练 【“两圆一中垂”模型】 1．如图，在正方形网格内，A，B两点都在小方格的顶点上，如果点C也是图中小方格的顶点，且是等腰三角形，那么点C的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形的判定，解题的关键是画出图形，利用数形结合解决问题． 分为腰和为底两种情况考虑，画出图形，即可找出点C的个数． 【详解】解：如图：当为腰时，点C的个数有2个， 当为底时，点C的个数有1个， 故选：C． 2．如图，已知点是反比例函数的图象上的一点，连接并延长，交双曲线的另一支于点，点是轴上一动点，若是等腰三角形，则点的坐标是 ． 【答案】或或或 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质和反比例函数的对称性，勾股定理的应用，判断出只有或两种情况是解题的关键，注意方程思想的应用． 由对称性可知为的中点，则当为等腰三角形时只能有或，设点坐标为，可分别表示出和，从而可得到关与的方程，可求得，可求得点坐标． 【详解】解：反比例函数图象关于原点对称， 、两点关于对称， 为的中点，且， 当为等腰三角形时有或， 设点坐标为， ，， ，，， 当时，则有，解得或10，此时点坐标为或； 当时，则有，解得或，此时点坐标为或； 综上可知点的坐标为或或或， 故答案为：或或或． 3．如图，在矩形中，，，点P为边上一动点，连接．当为等腰三角形时，的值为 ． 【答案】；； 【分析】分PC=CD，PD=PC，PD=CD三种情况讨论，利用勾股定理以及全等三角形的判定和性质求解即可． 【详解】∵矩形中，，， ∴AB=CD=5，AD=BC=3，∠A=∠B=90， ①当PC=CD时， 在Rt△PBC中，PC=CD=5，BC=3， ∴PB=， ∴PA=AB- PB； ②当PD=PC时， 在Rt△PAD和Rt△PBC中， PD=PC，AD=BC， ∴Rt△PADRt△PBC(HL)， ∴PA=PB=AB=； ③当PD=CD时， 在Rt△PAD中，PD=CD=5，AD=3， ∴PA=， ∴PA的值为：；；． 故答案为：；；． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． 4．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数（）的图象与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点B，其对称轴与x轴交于点D． （1）求该二次函数的解析式； （2）如图1，连结BC，在线段BC上是否存在点E，使得△CDE为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，若点P（m，n）是该二次函数图象上的一个动点（其中m＞0，n＜0），连结PB，PD，BD，求△BDP面积的最大值及此时点P的坐标． 【答案】（1）；（2）E的坐标为（，）、（0，﹣4）、（，）；（3），（，）． 【详解】试题分析：（1）采用待定系数法求得二次函数的解析式； （2）先求得直线BC的解析式为，则可设E（m，），然后分三种情况讨论即可求得； （3）利用△PBD的面积即可求得． 试题解析：（1）∵二次函数（）的图象与x轴交于A（﹣2，0）、C（8，0）两点， ∴，解得：，∴该二次函数的解析式为； （2）由二次函数可知对称轴x=3，∴D（3，0），∵C（8，0），∴CD=5，由二次函数可知B（0，﹣4），设直线BC的解析式为，∴，解得：，∴直线BC的解析式为，设E（m，）， 当DC=CE时，，即，解得，（舍去），∴E（，）； 当DC=DE时，，即，解得，（舍去），∴E（0，﹣4）； 当EC=DE时，，解得=，∴E（，）． 综上，存在点E，使得△CDE为等腰三角形，所有符合条件的点E的坐标为（，）、（0，﹣4）、（，）； （3）过点P作y轴的平行线交x轴于点F，∵P点的横坐标为m，∴P点的纵坐标为：， ∵△PBD的面积 == =， ∴当m=时，△PBD的最大面积为，∴点P的坐标为（，）． 考点：二次函数综合题． 【“两垂一圆”模型】 5．如图，已知点A(－1，0)和点B(1，2)，在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，那么满足条件的点P共有（  ）      A．2个 B．4个 C．6个 D．7个 【答案】C 【详解】试题解析：①以A为直角顶点，可过A作直线垂直于AB，与坐标轴交于一点，这一点符合点P的要求； ②以B为直角顶点，可过B作直线垂直于AB，与坐标轴交于两点，这两点也符合P点的要求； ③以P为直角顶点，可以AB为直径画圆，与坐标轴共有3个交点． 所以满足条件的点P共有6个． 故选C． 6．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上．在格点上确定点C，使为直角三角形，且面积为4，则这样的点C的共有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据三角形的面积求出点C到的距离，再判断出点C的位置即可． 【详解】解：∵的面积为4， ∴边上的高为， ∴点C的位置如图所示，共有3个． 故选：C．    【点睛】本题考查了三角形面积，点到直线的距离，根据三角形面积判断出点C到的距离为2是解题的关键． 7．已知：如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（﹣1，0），点C（0，5），另抛物线经过点（1，8），M为它的顶点． （1）求抛物线的解析式； （2）求△MCB的面积． （3）在坐标轴上，是否存在点N，满足△BCN为直角三角形？如存在，请直接写出所有满足条件的点N． 【答案】（1）y=﹣x2+4x+5（2）15（3）存在，（0，0）或（0，﹣5）或（﹣5，0） 【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5），（1，8）三点代入二次函数解析式，解方程组即可． （2）先求出M、B、C的坐标，根据即可解决问题． （3）分三种情①C为直角顶点；②B为直角顶点；③N为直角顶点；分别求解即可． 【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A（﹣1，0），C（0，5），（1，8）， 则有：， 解得． ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x+5． （2）令y=0，得（x﹣5）（x+1）=0，x1=5，x2=﹣1， ∴B（5，0）． 由y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，得顶点M（2，9） 如图1中，作ME⊥y轴于点E， 可得=（2+5）×9﹣×4×2﹣×5×5=15． （3）存在．如图2中， ∵OC=OB=5， ∴△BOC是等腰直角三角形， ①当C为直角顶点时，N1（﹣5，0）． ②当B为直角顶点时，N2（0，﹣5）． ③当N为直角顶点时，N3（0，0）． 综上所述，满足条件的点N坐标为（0，0）或（0，﹣5）或（﹣5，0）． 考点：1、二次函数，2、三角形的面积，3、直角三角形的判定和性质 【“胡不归”模型】 8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x＋c的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B（0，﹣3），若P是x轴上一动点，点D（0，1）在y轴上，连接PD，则PD＋PC的最小值是（    ） A．4 B．2＋2 C．2 D． 【答案】A 【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．根据，求出的最小值即可解决问题． 【详解】解：过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H． ∵二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与y轴交于点B（0，﹣3）， ∴c＝﹣3， ∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，x2﹣2x﹣3＝0， 解得x＝﹣1或3， ∴A（﹣1，0），B（0，-3）， ∴OB＝OC＝3， ∵∠BOC＝90°， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， ∵D（0，1）， ∴OD＝1，BD＝4， ∵DH⊥BC， ∴∠DHB＝90°， 设，则, ∵， ∴， ∴， ∴， ∵PJ⊥CB， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴DP+PJ的最小值为， ∴的最小值为4． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题． 9．如图，矩形，，，点是边上的动点，点F是射线BC上的动点，且，连接，．若，则m的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长到G，使，连接、，得到，从而可得，再利用勾股定理即可求出最小值． 【详解】解：如图，延长到G，使，连接、，    在矩形，， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴，即， ∵， ∴， ∴当G、E、C三点共线时，m取最小值为GC， ， ∴m的最小值为． 故选C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．本题通过构造，得到，利用两点间线段最短解决m取最小值的问题． 10．如图，▱中，，，为边上一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作PH丄AD交AD的延长线于H，由直角三角形的性质可得HP=DP，因此PD+2PB=2(DP+PB)=2(PH+PB)，当H、P、B三点共线时HP+PB有最小值，即PD十2PB有最小值，即可求解． 【详解】如图，过点作，交的延长线于，       四边形是平行四边形， ， ∴ ∵PH丄AD ∴ ∴，， ∴ 当点，点，点三点共线时，HP+PB有最小值，即有最小值， 此时 ，，， ∴ ， 则最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了胡不归问题，平行四边形的性质，直角三角形的性质，垂线段最短等知识．构造直角三角形是解题的关键． 11．如图，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，点C（0，1）在y轴上，点P在x轴上运动，则PC＋PB的最小值为 ． 【答案】4 【详解】思路引领：过P作PD⊥AB于D，依据△AOB是等腰直角三角形，可得∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，进而得到△BDP是等腰直角三角形，故PDPB，当C，P，D在同一直线上时，CD⊥AB，PC+PD的最小值等于垂线段CD的长，求得CD的长，即可得出结论． 答案详解：如图所示，过P作PD⊥AB于D， ∵直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点， 令x＝0，则y＝﹣3；令y＝0，则x＝3， ∴A（0，﹣3），B（3，0）， ∴AO＝BO＝3， 又∵∠AOB＝90°， ∴△AOB是等腰直角三角形， ∴∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD， ∴△BDP是等腰直角三角形， ∴PDPB， ∴PC+PB（PCPB）（PC+PD）， 当C，P，D在同一直线上，即CD⊥AB时，PC+PD的值最小，最小值等于垂线段CD的长， 此时，△ACD是等腰直角三角形， 又∵点C（0，1）在y轴上， ∴AC＝1+3＝4， ∴CDAC＝2， 即PC+PD的最小值为， ∴PC+PB的最小值为4， 故答案为：4． 12．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点． (1)求此抛物线的解析式； (2)若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E． ①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上； ②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标． 【答案】(1) (2)①点E在抛物线上；②P（0，−） 【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可； （2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上； ②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，，则，得，可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题． 【详解】（1）解：当x=0时，y=-4， 当y=0时，， ∴x=-3， ∴A（-3，0），B（0，-4）， 把A、B代入抛物线， 得， ∴， ∴抛物线解析式为． （2）解：①∵A（-3，0），C（0，6）， ∴AO=3，CO=6， 由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90° ∴E到x轴的距离为6-3=3， ∴点E的坐标为（6，3）， 当x=3时，， ∴点E在抛物线上； ②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H， ∵A（−3，0），B（0，−4）， ∴OA＝3，OB＝4， ∴AB＝5， ∵， ∴， ∴， ∴HP＋PE的最小值为EH的长， 作EG⊥y轴于G， ∵∠GEP＝∠ABO， ∴tan∠GEP＝tan∠ABO， ∴， ∴， ∴， ∴OP＝−3＝， ∴P（0，−）． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将转化为HP的长是解题的关键． 【“阿氏圆”模型】 13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（    ）      A．7 B．5 C． D． 【答案】B 【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题． 答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM． ∵PC＝3，CM＝1，CA＝9， ∴PC2＝CM•CA， ∴， ∵∠PCM＝∠ACP，    ∴△PCM∽△ACP， ∴， ∴PMPA， ∴AP+BP＝PM+PB， ∵PM+PB≥BM， 在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7， ∴BM5， ∴AP+BP≥5， ∴AP+BP的最小值为5． 故选：B． 14．如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则DQ+CQ的最小值为 ． 【答案】5 【分析】连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可． 【详解】解：如图，连接AC、AQ， ∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ， ∴∠ACB＝∠PCQ＝45°， ∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝， ∴∠ACB=∠PCO， ∴△BCP∽△ACQ， ∴ ∵BP＝， ∴AQ＝2， ∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上， 在AD上取AE＝1， ∵，，∠QAE＝∠DAQ， ∴△QAE∽△DAQ， ∴即EQ＝QD， ∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE， 连接CE， ∴， ∴DQ+CQ的最小值为5． 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解. 15．如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是 ． 【答案】． 【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题． 【详解】解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接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的最小值为． 故答案为． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键． 16．如图1，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其中点的坐标为，抛物线的对称轴是直线． (1)求抛物线的解析式； (2)若点是直线下方的抛物线上一个动点，是否存在点使四边形的面积为16，若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由； (3)如图2，过点作交抛物线的对称轴于点，以点为圆心，2为半径作，点为上的一个动点，求的最小值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据点的坐标为，抛物线的对称轴是直线．待定系数法求二次函数解析式即可， （2）先求得直线解析式，设，则，过点作轴交直线于点，根据等于16建立方程，解一元二次方程即可求得的值，然后求得的坐标， （3）在上取，过点作，构造，则当三点共线时，取得最小值，最小值为，勾股定理解直角三形即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，抛物线的对称轴是直线， ∴， ， 解得， 抛物线解析式为：， （2）当，即， 解得， ， ， 设直线解析式为， ， 解得， 直线解析式为， 设，过点作轴交直线于点， 则， ， 四边形的面积为16， ， 解得， 或， （3）如图，过点作交抛物线的对称轴于点，以点为圆心，2为半径作， 是抛物线的对称轴， ， ， ，， ， ， 在上取，过点作，交轴于点，交抛物线对称轴于点，则， ， ， ，， ， ， ， ， 当三点共线时，取得最小值，最小值为， ． 则的最小值为． 【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【“主从联动”模型】 17．如图，正方形的边长为5，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【答案】D 【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值． 【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动 将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG 从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上 作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值 作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形， 则CM=MP+CP=HE+EC=2+1.5=3.5， 故选D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，线段极值问题，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹是本题的关键． 18．如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向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 ．    【答案】4π 【分析】以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段， 则点B的运动轨迹为以点O’为圆心，2个单位长度为半径的圆，求出圆的周长即可. 【详解】如图， 以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段，    ∵△APB为等边三角形， ∴AP=AB， ∵点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点， ∴点B的运动轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆， ∴点B运动的路径长是. 【点睛】本题考查等边三角形的性质、点的轨迹，解题的关键是得出点B的轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆. 19．如图，已知点，，，动点在线段上，点、、按逆时针顺序排列，且，，当点从点运动到点时，则点运动的路径长为 ． 【答案】6 【分析】当点P与点A重合时，作MF⊥x轴，CH⊥x轴交AB于E，作BG⊥CH于G，连接ME，取MC的中点D以CD为半径作圆，连接DE、DA，先求出点E坐标为（-1,2），证明△AMF≌△CAH，得到点M（-7,2），当点P与点B重合时，点M与点E重合，即可得到答案. 【详解】如图，当点P与点A重合时，作MF⊥x轴，CH⊥x轴交AB于E，作BG⊥CH于G，连接ME，取MC的中点D以CD为半径作圆，连接DE、DA， ∵，， ∴M、A、E、C四点共圆， ∵，， ∴，∠ABO=45°， ∴∠ABG=45° ∵， ∴BG=CG=1， ∴EG=BG=1， ∴点E坐标为（-1,2） ∵， ∴∠MAF+CAH=90°， ∵∠MAF+∠AMF=90°， ∴∠AMF=∠CAH, ∵， ∴△AMF≌△CAH， ∴MF=AH=2，AM=CH=4， ∴点M的坐标为（-7,2）， 当点P与点B重合时，点M与点E重合，此时的坐标为（-1,2）， ∴当点从点运动到点时，则点运动的路径长为线段ME的长，ME=-1-（-7）=6， 故答案为：6. 【点睛】此题考查直角坐标系中点的坐标特点，利用点坐标表示线段长度，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，直角坐标系中动点问题. 20．如图，长方形ABCD中，，，E为BC上一点，且，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据题意将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，进而结合全等三角形判定可得当CG⊥TG时，CG的值最小，依据矩形的性质和含30°的直角三角形进行分析计算即可得出答案. 【详解】 解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°， ∵∠BET=∠FEG=30°， ∴∠BEF=∠TEG， 在△EBF和△TEG中， ， ∴△EBF≌△ETG（SAS）， ∴∠B=∠ETG=90°， ∴点G的在射线TG上运动， ∴当CG⊥TG时，CG的值最小， ∵∠EJG=∠ETG=∠JGT=90°， ∴四边形ETGJ是矩形， ∴∠JET=90°,GJ=TE=BE=2， ∵∠BET =30°， ∴∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°， ∵， ∴, ∴CG=CJ+GJ=. ∴CG的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 21．如图，，当点C在上运动时，作等腰，则O，E两点间距离的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。瓜豆原理是主从联动轨迹问题。主动点叫做瓜，从动点叫做豆，瓜在直线上运动，豆的运动轨迹也是直线，根据题意利用相似三角形的判定和性质得出，确定E在垂直的直线上运动，O，E两点间距离的最小值即是O到这条直线的垂线段的长，再由勾股定理及含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵，点C在上运动时，， ∴C为主动点，E为从动点，D为定点， 和都是以D为直角顶点的等腰直角三角形，过点D作于Q，设交于点P，连接并延长交于M，如图： ∵和都是以D为直角顶点的等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，   ∴， ∴E在垂直的直线上运动， 当时，如图所示： 过E作于M，交于N，则直线即为E的运动轨迹，的长为O，E两点间距离的最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∵，即， ∴， ∴， 中可得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰直角三角形及动点问题，相似三角形的判定和性质，解题关键是要掌握“瓜豆原理”：主动点、从动点与定点连线夹角等于主动点、从动点轨迹的夹角． 22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点P在以AB为直径的半圆上运动，由点B运动到点A，连接CP，点M是CP的中点，则点M经过的路径长为 ． 【答案】5π 【分析】由AB是直径，得∠APB＝90°，取BC，AC的中点E和F，连接ME，MF，EF，由三角形中位线知ME⊥MF，即∠EMF＝90°，则点M在以EF为直径的半圆上，即可得出答案． 【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12， ∴AB＝＝＝20， 连接AP，BP， ∵AB是直径， ∴∠APB＝90°， 即AP⊥BP， 取BC，AC的中点E和F，连接ME，MF，EF， 在△BPC中， ∵M，E为PC、BC的中点， ∴ME∥BP，ME＝， 在△APC中， ∵点M、F为PC、AC的中点， ∴MF∥AP，MF＝， ∴ME⊥MF， 即∠EMF＝90°， ∴点M在以EF为直径的半圆上， ∴EF＝AB＝10， ∴点M的运动路径长为＝5π， 故答案为：5π． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形中位线定理以及弧长公式的应用，利用定角对定弦确定点M的运动路径是解题的关键． 【“海盗埋宝”模型 】 23．已知：和均为等腰直角三角形，，，，按图1放置，使点在上，取的中点，连接． (1)观察发现：图1中的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)探究证明：将图1中的绕点顺时针转动，再连接，取的中点（如图2），问（1）中的结论是否仍然成立？请证明你的结论； (3)拓展延伸：将图1中的绕点顺时针转动任意角度（转动角度在到之间），再连接的中点（如图3），问（1）中的结论是否仍然成立？请证明你的结论． 【答案】(1)， (2)仍然成立，证明见解析 (3)仍然成立，证明见解析 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，根据，，得到，． （2）延长交于点，先证明，得到，，根据，，得到，又因为，所以且． （3）延长至点，使，连接，，，可证明，得到，，继而求得，得到，，所以，可得且． 【详解】（1）解：，，， ，， 为的中点， ， ， ，， ， 即：， ． 故答案为：，相互垂直； （2）仍然成立． 证明：如图2，延长交于点， ， ， ， 又，， ， ，， ，， ， ， 又， 且． （3）仍然成立．证明：如图3，延长至点，使，连接、、， 在与中， ， ， ，， ， ，， ，， ，， 又， ， 在和中， ， ，， ， 为等腰直角三角形， 且． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键． 24．在，中，，连接，是中点，连接 （1）如图1，若三点在同一直线上，，已知，求线段的长； （2）如图2，若，求证：为等腰直角三角形； （3）如图3，若，请判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）为等边三角形，理由见解析 【分析】（1）连接CF，利用等腰三角形的性质，可证得AB=AC， ED=CE，利用直角三角形的性质，易证CF=BF，再根据SSS证明△ACF≌△ABF，利用全等三角形的性质，就可求出∠CAF的度数，同理可得到∠CEF的度数，由此可得到△AEF是等腰直角三角形，可求出AC，CE的长，然后求出AF的长.（2）取BC中点M，CD中点N，连接AM，MF，EN，FN，易证FM为△BCD的一条中位线利用中位线定理可得到FM∥CD，FM=CN，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知四边形MCNF为平行四边形，再利用SAS证明△AMF≌△FNE，利用全等三角形的性质，可证得AF=EF，∠1=∠3，然后证明∠AFE=90°，继而可证得结论.（3）取BC中点M，CD中点N，连接AM，MF，EN，FN，同理可证四边形MCNF为平行四边形，利用平行四边形的性质，可证得CM=FN， MF=CN， ∠CMF=∠FNC，再结合已知条件可证得AM=FN，∠AMF=∠FNE，然后利用全等三角形的判定和性质，可证得AF=EF，∠1=∠3，再求出∠AFE=60°，即可判断△AEF的形状. 【详解】（1）连接， 在中， ， ， 三点在同一直线上， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ， 同理： ， 为等腰直角三角形， ， （2）证明：取中点，的中点，连接 ， 为中点， 为的一条中位线， ， 四边形为平行四边形， ， 在中，为的中点， ， 同理： ， ， ， 和中， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， （3）证明：取的中点，的中点，连接 ， 为中点， 为的一条中位线， ， 四边形为平行四边形， ， 在中，为的中点，∠ABC=30° ， 同理： ， ，， 和中， ， ， ， ， ， 为等边三角形. 【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定，平行四边形的判定与性质等知识，属于综合题，难度较大.解题的关键是根据题意作出辅助线. 【婆罗摩笈多模型】 25．如图，于点，且，若点是三角形的角平分线的交点，点是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 【答案】①③④ 【分析】本题实质上属于婆罗摩笈多模型，主要考查了全等三角形的性质与判定、角平分线的定义，掌握全等三角形的性质与判定，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．利用点是三角形的角平分线的交点，得到，，结合，再利用三角形内角和定理可判断①；通过证明和，得到，分析可知需证明，则需证明是等腰直角三角形，而题目条件无法判断，可判断②；延长至点使得，连接，先证明，进而推出，可判断③；延长交于点，由得到，结合可判断④，即可得出结论． 【详解】解：， ， ， 点是三角形的角平分线的交点， 平分，平分， ，， ， ，故①正确； ，，， ， ，， ， 同理可得：， ，， ， ， 若需证明，则需证明是等腰直角三角形，而题目条件无法判断，故②不正确； 如图，延长至点使得，连接， 点是的中点， ， 又，， ， ，，， ，，， ， ， ， 又，， ， ， ，故③正确； 如图，延长交于点， ， ， ， ， ， ， ，故④正确； 综上所述，其中正确的是①③④． 故答案为：①③④． 26．如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H． 求证： （1）AMEG； （2）AH⊥EG； （3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析 【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论； （2）由△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到AH⊥EG； （3）连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到2（AB2+AC2）． 【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN， ∵AM是△ABC中BC边上的中线， ∴CM＝BM， 在△MBN和△MCA中 ∴△MBN≌△MCA（SAS）， ∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC， ∴BN∥AC，NB＝AG， ∴∠NBA+∠BAC＝180°， ∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠NBA＝∠GAE， 在△NBA和△GAE中 ∴△NBA≌△GAE（SAS）， ∴AN＝EG， ∴AMEG； （2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG， ∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°， ∴∠HAE+∠AEH＝90°， ∴∠AHE＝90°， 即AH⊥EG； （3）证明：连接CE、BG， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°， ∴∠BAG=∠CAE， ∴△ACE≌△ABG ∴CE⊥BG， ∴EG2+BC2＝CG2+BE2， ∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键． 27．已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N， (1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG； (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)结论不变；(3)AN的值为． 【分析】(1)方法一：如图1中，直接证明△ABC≌△AEG即可解决问题； 方法二：如图2中，如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．证明△EAG≌△ABH即可解决问题． (2)如图3中，结论不变．证明方法类似方法二． (3)分两种情形分别求解即可解决问题． 【详解】(1)证明：方法一：如图1中， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， 在△ABC和△AEG中， ∴△ABC≌△AEG(SAS)， ∴BC＝EG，∠CBA＝∠AEG， 又∵M是AB的中点， ∴AM＝BM＝BC， ∴AM＝EG， ∠M BA＝∠MAB＝∠AEN， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠BAM+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG． 方法二：如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH． 在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA＝∠CAB＝90° ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， ∴△EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (2)如图3中，结论不变． 理由：在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA+∠CAB＝90°， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAC+∠EAG＝180°， ∴∠ABH＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， △EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (3)①如图4﹣1中，当点F在BC的延长线上时，作CH⊥AM于H． 易证：△ANG≌△CHA，可得AN＝CH， 在Rt△ACM中，∵AC＝4，CM＝3， ∴ ∵•AM•CH＝•AC•CM， ∴CH＝， ∴AN＝CH＝． ②如图4﹣2中，当点F在线段BC上时，同法可得AN＝CH＝. 综上所述，AN的值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常压轴题． 【阿基米德折弦定理】 28．如图，已知等边内接于， ，点为上一点， ，于点，则的周长是 ．    【答案】4＋ 【分析】首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF＝AD，以及CD＋DE＝BE，进而求出DE的长即可得出答案． 【详解】如图，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，    由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD， 在△ABF和△ACD中， ∴△ABF≌ACD（SAS）， ∴AF＝AD， ∵AE⊥BD， ∴FE＝DE，则CD＋DE＝BE， ∵∠ABD＝45°， ∴BE＝=， 则△BDC的周长是4＋． 故答案为：4＋． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键． 29．已知A、B、C、D是⊙O上的四点，，AC是四边形ABCD的对角线. （1）如图1，连结BD，若∠CDB=60°，求证：AC是∠DAB的平分线； （2）如图2，过点D作DE⊥AC，垂足为E，若AC=7，AB=5，求线段AE的长度．    【答案】（1）证明见解析；（2）1. 【分析】（1）先根据可知再由可得出是等边三角形，故由圆周角定理即可得出结论； （2）首先连接，在线段上取点，使得连接，易证得继而可求得线段的长度． 【详解】解：(1)证明： ∴△BCD是等边三角形， ∴∠CAD=∠BAC，即AC是∠DAB的平分线； (2)连接BD，在线段CE上取点F，使得EF=AE，连接DF，    ∵DE⊥AC， ∴DF=DA， ∴∠DFE=∠DAE， ∴CD=BD，∠DAC=∠DCB， ∴∠DFE=∠DCB， ∵四边形ABCD是圆的内接四边形， ∴∠DFC=∠DAB， ∵在△CDF和△BDA中， ∴CF=AB=5， ∵AC=7， 【点睛】此题考查了弧、弦、圆心角定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各定理和性质是解题的关键． 30．如图所示，在⊙O中，，点D为劣弧上的动点，且 (1)求的长度； (2)求的值； (3)过A点作，求证： ． 【答案】(1) (2)10 (3)见解析 【分析】（1）作，由，利用三线合一得到等于的一半，求出的长，再由的值，利用锐角三角函数定义求出的长即可； （2）连接，由等边对等角得到一对角相等，再由圆内接四边形的性质得到一对角相等，根据一对公共角，得到，由相似得比例求出所求即可； （3）在上取一点N，使得 ，利用得到，由全等三角形对应边相等及等量代换即可得证． 【详解】（1）作， ∵，，， ∴ ， ∵ ， 在中，， ∴； （2）连接， ∵ ， ∴ ， ∵四边形 内接于圆O， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ 公共角， ∴ ， ∴ ， ∴ ； （3）证明：在上取一点N，使得 ， ∵∠1与∠3所对的弧是， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，涉及的知识有：圆周角定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解本题的关键． 31．阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应学习任务： 对角线互相垂直的四边形的性质探究 在平行四边形一章中，我们已经学习过平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，那么对于对角线互相垂直的四边形，它有哪些特殊的性质呢？容易得知： 对角线互相垂直的四边形，两组对边的平方和相等，证明过程如下： 如图1，在四边形中，对角线，垂足为． 求证：． 证明：∵于点， ∴（依据1） 若对角线互相垂直的四边形内接于圆，它还有什么特殊性质呢，通过探究，我得出如下结论：对角线互相垂直的圆内接四边形，每组对边的平方和等于它的外接圆半径平方的4倍，证明过程如下（不完整）： 如图2，已知的半径为，四边形内接于，且． 求证：． 证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴（依据2） ∴， ∵， ∴． 学习任务： (1)小宇同学的论文中，画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是： 依据1：______________； 依据2：______________． (2)请完成图2的剩余证明过程； (3)如图3，已知四边形内接于，为上一点，，若的直径为8，，请直接写出的长度． 【答案】(1)勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）；直径所对的圆周角等于90° (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据勾股定理与圆周角定理可得答案； （2）过点作直径，分别连接．证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案； （3）连接交于，如图，证明，，由（2）得：，再建立方程组，从而可得答案． 【详解】（1）解：勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）； 直径所对的圆周角等于90°． （2）证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∵，； ∴， ∴， ∴， ∴ （3）连接交于，如图， ∵，， ∴， ∴，， 由（2）得：， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $