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重难点突破 05 几何动点及最值、存在性问题
目 录
题型01 将军饮马问题
题型02 胡不归问题
题型03 阿氏圆问题
题型04 隐圆问题
题型05 费马点问题
题型06 瓜豆原理模型
题型07 等腰（边）三角形存在问题
题型08 直角三角形存在问题
题型09 平行四边形存在问题
题型10 矩形、菱形、正方形存在问题
题型11 全等/相似存在性问题
题型12 角度存在性问题
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【命题趋势】动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图
形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题．随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，
伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题．
【基本原理】
1）基本原理（定点到定点）：两点之间，线段最短.
2）三角形两边之和>第三边
3）基本原理（定点到定线）：垂线段最短.
4）平行线的距离处处相等.
5）基本原理（定点到定圆）：点圆之间，点心线截距最短（长）.
6）基本原理（定线到定圆）：线圆之间，心垂线截距最短.
7）基本原理（定圆到定圆）：圆圆之间，连心线截距最短（长）.
【解题思路】
1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的
和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题．有点动、线动、
面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等．根据其运动的特点，又可分为（1） 动点类
（点在线段或弧线上运动）也包括一个动点或两个动点； （2） 动直线类；（3）动图形问题．
2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的“变量”和“定量”动中
求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，
从而找到“动与静”的关系；这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得
出结论．解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以
静制动．解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓
住其中的等量关系和变量关系，并特别关注－－些不变量和不变关系或特殊关系．
3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括
等腰（边）三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题．
全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等．
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题型 01 将军饮马问题
1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√10，AD=4√2，点P是边AD上一
点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点
E在边AD上，ME∥DN，则AM+ME的最小值是（ ）
A．2√3 B．3 C．3√2 D．4√2
【答案】C
1 1
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM= BP，DN= CP，通过证明四边形MNDE是平行
2 2
1
四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，作点C关于直线AD的对称点M，则
2
BP+CP=BP+PM，点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAP=∠CDP=90°，AD∥BC，
∵点M，N分别是PB，PC的中点，
1 1 1
∴ AM= BP，DN= CP，MN= BC，MN∥BC，
2 2 2
∵ AD∥BC，MN∥BC，
∴ MN∥BC，
又∵ ME∥DN，
∴四边形MNDE是平行四边形，
∴ ME=DN，
1
∴ AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，
2
如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，
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则BP+CP=BP+PM，
当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，
在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=2√10，BC=AD=4√2，
∴ BM=√BC2+MC2=√(4√2) 2+(2√10) 2=6√2，
1
∴ AM+ME的最小值= BM=3√2，
2
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，
轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思
想．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，且BE=1，F为对角线
BD上一动点，连接CF，EF，则CF+EF的最小值为 ．
【答案】√17
【分析】连接AE交BD于一点F，连接CF，根据正方形的对称性得到此时CF+EF=AE最小，利用勾股
定理求出AE即可．
【详解】解：如图，连接AE交BD于一点F，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点A与点C关于BD对称，
∴AF=CF，
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∴CF+EF=AF+EF=AE，此时CF+EF最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD=4,∠ABC=90°，
∵点E在AB上，且BE=1，
∴AE=√AB2+BE2=√42+12=√17，即CF+EF的最小值为√17
故答案为：√17．
【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．
3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点
k
C(3，0)，顶点A、B(6，m)恰好落在反比例函数y= 第一象限的图象上．
x
(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
6 1
【答案】(1)y= ，y=− x+4
x 2
(2)在x轴上存在一点P(5,0)，使△ABP周长的值最小,最小值是2√5+4√2．
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACE≌△CBD(AAS)，则
CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3−m得到点A的坐标是(3−m,3)，由A、B(6，m)恰好落在反比例
k
函数y= 第一象限的图象上得到3(3−m)=6m，解得m=1，得到点A的坐标是(2,3)，点B的坐标是(6,1)，
x
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进一步用待定系数法即可得到答案；
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，利用轴对称的性质得到
AP=A'P，A'(2,−3)，则AP+PB=A'B，由AB=2√5知AB是定值，此时△ABP的周长为
AP+PB+AB=AB+A'B最小，利用待定系数法求出直线A'B的解析式，求出点P的坐标，再求出周长
最小值即可．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，
则∠AEC=∠CDB=90°，
∵点C(3，0)，B(6，m)，
∴OC=3,OD=6, BD=m，
∴CD=OD−OC=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=90°,AC=BC，
∵∠ACE+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴△ACE≌△CBD(AAS)，
∴CD=AE=3,BD=EC=m，
∴OE=OC−EC=3−m，
∴点A的坐标是(3−m,3)，
k
∵A、B(6，m)恰好落在反比例函数y= 第一象限的图象上．
x
∴3(3−m)=6m，
解得m=1，
∴点A的坐标是(2,3)，点B的坐标是(6,1)，
∴k=6m=6，
6
∴反比例函数的解析式是y= ，
x
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设直线AB所对应的一次函数的表达式为y=px+q，把点A和点B的坐标代入得，
¿，解得¿,
1
∴直线AB所对应的一次函数的表达式为y=− x+4，
2
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，
∴点A与点A'关于x轴对称，
∴AP=A'P，A'(2,−3)，
∵AP+PB=A'P+PB=A'B，
∴AP+PB的最小值是A'B的长度，
∵AB=√(2−6) 2+(3−1) 2=2√5，即AB是定值，
∴此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，
设直线A'B的解析式是y=nx+t，
则¿，
解得¿，
∴直线A'B的解析式是y=x−5，
当y=0时，0=x−5，解得x=5，
即点P的坐标是(5,0)，
此时AP+PB+AB=AB+A'B=2√5+√(2−6) 2+(−3−1) 2=2√5+4√2，
综上可知，在x轴上存在一点P(5,0)，使△ABP周长的值最小，最小值是2√5+4√2．
【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求
两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
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题型 02 胡不归问题
4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为
D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 ．
【答案】4√2
(1 )
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝2 PA+PB ＝
2
1
(PF+PB)＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
2
【详解】解：如图，
在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
1 1
∴∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC= ×30°=15°，
2 2
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
1
∴PF＝ PA，
2
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(1 ) 1
∴PA+2PB＝2 PA+PB ＝ (PF+PB)＝2BF，
2 2
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
√2
∴BF＝AB•sin45°＝4× =2√2，
2
∴（PA+2PB） ＝2BF＝4√2，
最大
故答案为：4√2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．
5．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作
1
BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+ BP的最小值为 ．
2
【答案】6
【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三
1
角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE= OA=2，进而
2
1
求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+ BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
2
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
1
∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC=30°
2
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∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
1
∴∠OAE=∠OAB= ∠BAC=30°
2
∵BE⊥AC
1
∴OE= OA=2
2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
1
∴PD= PB
2
1
∴CP+ BP=CP+PD≤CF
2
1
∴CP+ BP的最小值为CF的长度
2
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
1
∴CP+ BP的最小值为6．
2
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题
的关键是熟练掌握以上知识点．
6．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列
1
步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于 DE
2
的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，
1
连接CP，则CP+ AP的最小值是 ．
2
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【答案】2√3
【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，先利用角平分线和三角形的内角和定理
1 1
求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ= AP，则CP+ AP=CP+PQ≥CH，
2 2
1 1
当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+ AP最小，CP+ AP最小值为CH，利用含30°的直角三
2 2
角的性质和勾股定理求出AB，BC，最后利用等面积法求解即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，
由题意知：AF平分∠BAC，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
1
∴∠BAF= ∠BAC=30°，
2
1
∴PQ= AP，
2
1
∴CP+ AP=CP+PQ≥CH，
2
1 1
∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+ AP最小，CP+ AP最小值为CH，
2 2
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，
∴AB=2AC=8，
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∴BC=√AB2−AC2=4√3，
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CH，
△ABC 2 2
AC⋅BC 4×4√3
∴CH= = =2√3，
AB 8
1
即CP+ AP最小值为2√3．
2
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用
等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．
题型 03 阿氏圆问题
7．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；
若不存在，请说明理由；
1
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+ PA的最小值．
2
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)
(3)√41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
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（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解
方程组¿，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组¿，
即可得到点M的坐标；
BF PB
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得 = ，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，
PB AB
1 1
推出PF= PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股
2 2
定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A(1,0),B(5,0)，
将A(1,0)代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A(1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，得
¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D(3,2)，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组¿，
得¿或¿，
∴点M的坐标为(4,−3)；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D(3,2)代入，
得−3+d=2，
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解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组¿，
解得¿或¿，
∴点M的坐标为(0,5) 或(5,0)
综上，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
BF 1
∴ = ，
PB 2
PB 2 1
∵ = = ，、
AB 4 2
BF PB
∴ = ，
PB AB
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
PF BF 1 1
∴ = = ，即PF= PA，
PA PB 2 2
1
∴PC+ PA=PC+PF≥CF，
2
1
∴当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，
2
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=√OC2+OF2=√52+42=√41，
1
∴PC+ PA的最小值为√41．
2
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【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，
勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
1
8．（2023·山东济南·一模）抛物线y=− x2+(a−1)x+2a与x轴交于A(b,0)，B(4,0)两点，与y轴交于
2
点C(0,c)，点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．
(1)求a，b，c的值；
S 1
(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若 △PMB = ，求点P的坐标；
S 4
△AMB
(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，
3
旋转角为α(0°<α<90°)，连接E'B，E'C，求E'B+ E'C的最小值．
4
【答案】(1)a=2，b=−2，c=4
( 5)
(2)P 3,
2
√337
(3)
4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得l 的解析式，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，利用相似三角形的判定与性质可得答案；
2
9 3
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，由相似三角形的判定与性质可得FE'= CE' ，可得
4 4
3
E'B+ E'C=BE'+E'F，即可解答．
4
1
【详解】（1）解：将B(4,0)代入y=− x2+(a−1)x+2a，
2
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得−8+4(a−1)+2a=0，
∴a=2，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4，
2
令x=0，则y=4，
∴c=4，
1
令y=0，则0=− x2+x+4，
2
∴x =4，x =−2，
1 2
∴A(−2,0)，即b=−2；
∴a=2，b=−2，c=4
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，
设l ：y=kx+b，将(0,4)，(4,0)代入得¿解得：b=4，k=−1，
BC
∴l ：y=−x+4，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，
2
1 1
PD= y −y =− m2+m+4−(−m+4)=− m2+2m，
P D 2 2
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
PM PD
∴ = ，
MA HA
将x=−2代入y=−x+4，
∴HA=6，
1
PM⋅h
S 2 PM 1
∵ △PMB = = = ，
S 1 AM 4
△AMB AM⋅h
2
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PD PD 1
∴ = = ，
HA 6 4
3
∴PD= ，
2
3 1
∴ =− m2+2m，
2 2
∴m =1(舍)，m =3，
1 2
( 5)
∴P 3, ；
2
9
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，
4
根据旋转得性质得出：OE'=OE=3，
9
∵OF⋅OC= ×4=9，
4
∴OE'2=OF⋅OC，
OE' OC
∴ = ，
OF OE'
∵ ∠COE'=∠FOE'，
∴ △FOE'∽△E'OC，
FE' OE' 3
∴ = = ，
CE' OC 4
3
∴
FE'= CE'
，
4
3 3
∴
E'B+ E'C=BE'+E'F，当B、E'、F三点共线时，此时E'B+ E'C最小=BF，
4 4
最小值为：BF=
√
42+
(9) 2
=
√337
．
4 4
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【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、
待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．
题型 04 隐圆问题
9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，
点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）
5 12 3
A． B． C．√13− D．√13−2
2 5 2
【答案】D
【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形ABCD为矩形
∴∠BAP+∠MAD=90°
∵∠ADM=∠BAP
∴∠MAD+∠ADM=90°
∴∠AMD=90°
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上
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连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点
∴当直线BM过圆心O时，BM最短
1
∵BO2=AB2+AO2，AO= AD=2
2
∴BO2=9+4=13
∴BO=√13
∵BN=BO−AO=√13−2
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
10．（2022·安徽蚌埠·一模）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个
动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（ ）
32
A． B．2 C．2√13−6 D．2√13−4
5
【答案】D
【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根
1
据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB= AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的
2
⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的
性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．
【详解】∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，
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1
∴OP=OA=OB= AB=4
2
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，
当点O、点P、点C三点共线时，PC最小
在Rt△BCO中，
∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，
∴OC=√BO2+BC2=√42+62=2√13，
∴PC=OC−OP=2√13−4
∴PC最小值为2√13−4
故选：D．
【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟
练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．
11．（20-21九年级上·江苏盐城·期末）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上
的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的
最小值为 ．
【答案】18
【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，
当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，据此求解可得．
【详解】解：连接OP，
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∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∵AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ=5，MQ=12，
∴OM=13，
又∵MP'=4，
∴OP'=9，
∴AB=2OP'=18，
故答案是：18．
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得
出AB取得最小值时点P的位置．
12．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，
0），（7，0）．
（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显
然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，直接写出点C的坐标和⊙C的半径；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；
（2）当点P在y轴正半轴上运动时，∠APB是否有最大值？如果有，说明此时∠APB最大的理由，并求出
点P的坐标；如果没有请说明理由．
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【答案】（1）①(4，3)或(4,−3)，半径为3√2；②存在，(0，3+√2) 或(0，3−√2)，见解析；（2）有，见
解析，(0，√7)
【分析】（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3√2，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，
过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为P ，P ，此
1 2
时P ，P 在y轴的正半轴上，连接CP 、CP 、CA，则CP =CP =CA =r=3√2，得DP =√2，即可得；
1 2 1 2 1 2 2
（2）如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，在y轴的正半轴上任取一点M(不与
点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是
1
△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=
2
AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得EF=√7，则OP=√7，即可得．
【详解】（1）①如图1中，
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在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3√2，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件；
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，
∵⊙C的半径r=3√2>4，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为P ，P ，此时P ，P 在y轴的正半轴上，
1 2 1 2
连接CP 、CP 、CA，则CP =CP =CA =r=3√2，
1 2 1 2
∵CD⊥y轴，CD=4，CP =3√2，
1
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∴DP =DP =√CP2−CD2=√ (3√2) 2 −42=√2，
2 1
∴P (0,3+√2)，P (0,3−√2)；
1 2
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，
如图3所示，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，
∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
1
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF= AB=3，OF=4，
2
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，EF=√EA2−AF2=√42−32=√7，
∴OP=√7，
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即 P(0，√7)．
【点睛】本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
13．（21-22九年级下·福建厦门·期中）如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB
上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条
直线时，停止运动．
(1)求点Q的运动总长度；
(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．
2
【答案】(1) π
3
(2)√7+1.
【分析】（1）如图，设∠COQ=α, 结合题意可得：∠BOP=2α，结合正三角形的性质求解α=60°,
再利用弧长公式进行计算即可；
（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，
证明M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，可得当C，N，M三点共线时，CM最大，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，设∠COQ=α, 结合题意可得：∠BOP=2α，
∵△ABC为等边三角形，
360°
∴∠BOC= =120°,
3
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∴∠BOQ=120°−α,
而P,O,Q三点共线，
∴∠BOQ=180°−2α,
∴120°−α=180°−2α,
解得：α=60°,
60π×2 2
∴Q运动的总长度为： = π.
180 3
（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，
∵M为PB的中点，
1
∴NM= OP=1,
2
∴M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，
∴当C，N，M三点共线时，CM最大，
∵∠BOC=120°,OB=OC,
∴∠OBC=30°,
1 1 √3
∴NK= BN= ,BK= ,
2 2 2
同理可得：BE=√3, 则BC=2√3,
√3 3√3
∴CK=2√3− = ,
2 2
√ 1 2 3√3 2
∴NC= ( ) +( ) =√7,
2 2
∴CM=CN+NM=√7+1,
∴CM的最大值为：√7+1.
【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应
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用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．
题型 05 费马点问题
14．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条
直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托
里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问
题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择
填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④
处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时
的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为
△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
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(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．
现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分
别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．
（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)2√13a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明
∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'
取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
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∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
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过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
故答案为：2√13a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股
定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
15．（2021·山东济南·三模）如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
则点P叫做△ABC的费马点．
（1）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．
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【答案】（1）是；（2）见解析；（3）①60°，②见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质证明∠ABP=∠PAB=30°, 可得∠APB=120°, 同法可得：
∠APC=∠BPC=120°, 从而可得结论；
（2）由P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，证明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，从而可
得△ABP∽△BCP；
（3）①如图2所示：由△ABE与△ACD都为等边三角形，证明△ACE≌△ADB（SAS），利用全等三角形的
AF DF
性质可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°； ② 先证明△ADF∽△PCF，可得 = , 再证明△AFP∽△DFC．可
PF CF
得∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，再证明∠BPC＝120°，从而可得结论．
【详解】解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是 ABC的费马点．
故答案△为：是．
（2）∵P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
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∴ ∠APB＝∠BPC＝120°，
∴ ∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
∴△ABP∽△BCP．
（3）如图2所示：
①∵△ABE与 ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠C△AD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
AC=AD
在 ACE和 ABD中，{∠EAC=∠BAD
AE=AB
△ △
∴△ACE≌△ADB（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵∠1=∠2,∠3=∠4,
∴ △ADF∽△PCF，
AF DF
∴ = ,
PF CF
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△DFC．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∵∠6=60°,
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为 ABC的费马点．
△
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【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，确定图
中隐含的全等三角形与相似三角形是解题的关键．
题型 06 瓜豆原理模型
16．（22-23九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知
AB=2，BC=4，△ACD是等边三角形，则△BCD的面积的最大值为（ ）
A．4√3+4 B．4 C．4√3+8 D．6
【答案】A
【分析】以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，证明△DCM≌△ACB得到DM=AB=2，分析
出点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，在求出点D到线段BC的最大距离，即可求出面
积的最大值．
【详解】解：如图，以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，
∵∠DCA=∠MCB=60°，
∴∠DCA−∠ACM=∠MCB−∠ACM，即∠DCM=∠ACB，
在△DCM和△ACB中，
¿，
∴△DCM≌△ACB(SAS)，
∴DM=AB=2，
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∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，要使△BCD的面积最大，则求出点D到线段BC
的最大距离，
∵△BCM是边长为4的等边三角形，
∴点M到BC的距离为2√3，
∴点D到BC的最大距离为2√3+2，
1
∴△BCD的面积最大值是 ×4×(2√3+2)=4√3+4，
2
故选A．
【点睛】本题考查了动点轨迹是圆的问题，解决本题的关键是利用构造全等三角形找到动点D的轨迹圆，
再求出圆上一点到定线段距离的最大值．
17．（2022·广东河源·二模）如图，已知AC=2AO=8，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若
1
∠APB=60°且BP= AP，连接AB，BC，则线段BC的最小值为 ．
2
【答案】2√7−√3
【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，
∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
AM AB √3 BM AB √3
解直角三角形得到 = = ，从而证明△AMB∽△AOP，得到 = = ，则BM=√3，则点B
AO AP 2 OP AP 2
在以M为圆心，以√3为半径的圆上，当M、B、C三点共线时，即点B在点B'的位置时，BC有最小值，
据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，
1
∵BP= AP，
2
∴AP=PD=2PB，
又∵∠APB=60°，
∴△APD是等边三角形，
∵B为PD的中点，
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∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，
∴∠BAP=30°，
以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
AM √3
∴cos∠OAM= = ，
AO 2
AB √3
同理可得 = ，
AP 2
∵∠OAM=30°=∠PAB，
∴∠BAM=∠PAO，
AM AB √3
又∵ = = ，
AO AP 2
∴△AMB∽△AOP，
BM AB √3
∴ = = ，
OP AP 2
∵点P到点O的距离为2，即OP=2，
∴BM=√3，
∴点B在以M为圆心，以√3为半径的圆上，
连接CM交圆M（半径为√3）于B'，
∴当M、B、C三点共线时，即点B在点B'的位置时，BC有最小值，
∵AC=2AO=8，
∴AO=4，
∴AM=AO⋅cos∠OAM=2√3，
∴AH=AM⋅cos∠MAH=3，HM=AM⋅sin∠MAH=√3，
∴CH=5，
∴CM=√H M2+CH2=2√7，
∴B'C=CM−MB'=2√7−√3，
∴BC的最小值为2√7−√3，
故答案为：2√7−√3．
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【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，
圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即证明点B在以M为圆心，半径
为√3的圆上运动．
18．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，
BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连
接OD，则OD长的最大值为 ．
【答案】2√3+1/1+2√3
【分析】作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=2√3，∠OCP=∠ECD，
OP CP 1
由△COP∽△CED，推出 = =2，即ED= OP=1（定长），由点E是定点，DE是定长，点D在
ED CD 2
半径为1的⊙E上，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=2√3，
∠OCP=∠ECD，
∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，
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∴CP=2CD，
CO CP
∴ = =2，
CE CD
∴△COP∽△CED，
OP CP
∴ = =2，
ED CD
1
即ED= OP=1（定长），
2
∵点E是定点，DE是定长，
∴点D在半径为1的⊙E上，
∵OD≤OE+DE=2√3+1，
∴OD的最大值为2√3+1，
故答案为：2√3+1．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，解题的关键是学会添加常
用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
19．（20-21九年级·陕西西安·开学考试）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连
接AE．
（1）当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若
AB=4，求EF的长．
（2）在（1）的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH
的中点，连接AN，求AN的最大值．
8 8
【答案】（1）EF= （2） √3
3 3
【分析】（1）通过菱形性质证明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的长度，再Rt△DAE
中，可以得到DE=2AE，在等腰△≝¿中，利用角度推导出DE=√3EF，代入数值求解即可．
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（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．
【详解】（1）解：过点F作FM⊥BD于点M，如下图：
∵四边形ABCD是菱形,且∠BAD=120°
∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=60∘
∵BD为菱形对角线
∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=30∘,
又∵E在AB的中垂线上
∴AE=BE
∴∠BAE=∠ABE=30∘
∴∠AED=60∘,∠EAD=∠BAD−∠BAE=120∘−30∘=90∘
在Rt△DAE中，∠ADE=30∘
∴DE=2AE
设：AE=x，则DE=2x
∵AE2+AD2=DE2
即：x2+42=(2x) 2
4
解得：x= √3
3
8
∴DE= √3
3
∵∠AEF=90∘，∠AED=60∘
∴∠FED=30∘
∴∠FED=∠FDE
∴EF=DF
又∵FM⊥BD
∴EM=DM
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√3
∴DE=2EM=2× EF=√3EF
2
8
∴ √3=√3EF
3
8
∴EF=
3
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有AM⊥BC,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，
因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：
此时：在△AMN在，AM+MN≥AN,当 A、M、N三点共线时，AN最大
1
则：在Rt△AMC中，CM= AC=2
2
∵AM2=AC2−CM2
∴AM2=12
∴AM=2√3
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
1 1 2
∴MN= BH= BE= √3
2 2 3
2 8
∴AN=2√3+ √3= √3
3 3
【点睛】本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是
解题重点．
20．（21-22八年级上·广东湛江·阶段练习）在平面直角坐标系中，A(a,0)、B(b,0)，且a，b满足
(a+b) 2+|3+b|=0，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点：
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（1）如图1，若C(0,4)，求△ABC的面积；
（2）如图1，若C(0,4),BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求
A，E两点之间的距离；
3
【答案】(1)△ABC的面积为12；(2) D点的坐标为(−2,0)；(3) A，E两点之间的距离为 ．
2
【分析】(1)利用完全平方式和绝对值的性质求出a， b，然后确定A、B两点坐标，从而利用三角形面积
公式求解即可；
(2)根据题意判断出△CBD≅△DAE，从而得到CB= AD，然后利用勾股定理求出CB，即可求出结论；
(3)首先根据已知推出△DCB≅△ECA ，得到∠DBC=∠EAC=120°，进一步推出AE∥BC ，从而确定随
着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，再根据点到直线的最短距离为垂线段的长
度，确定OE最短时，各点的位置关系，最后根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解： (1) ：∵(a+b) 2+|b+3|=0，
由非负性可知：¿ ，
解得：¿
∴A(3，0)， B(-3，0)， AB=3-(-3)=6，
∵ C(0，4)，
∴OC=4，
1 1
∴S△ABC= AB·OC= ×6×4=12；
2 2
(2)由(1)知A(3，0)， B(-3，0)，
∴OA=OB，
∵OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
在△AOC和△BOC中，
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¿ ，
∴△AOC≅△BOC(SAS) ，
∴∠CBO=∠CAO，
∵∠CDA=∠CDE +∠ADE=∠BCD+∠CBA，∠CBA=∠CDE，
∴∠ADE=∠BCD，
在△BCD和△ADE中，
¿ ，
∴△BCD≅△ADE(AAS)，
∴CB= AD，
∵ B(-3，0)， C(0，4)，
∴OB=3，OC=4,
∴ BC=√OB2+OC2=5 ，
∴AD=BC=5，
∵A(3，0)，
∴D(-2，0)；
(3)由(2) 可知CB=CA，
∵∠CBA=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°， ∠DBC=120°，
∵△CDE为等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，
∴∠DCB=∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
¿ ，
∴△DCB≌△ECA( SAS)，
∴∠DBC=∠EAC= 120°，
∵∠EAC+∠ACB= 120°+60°= 180°，
∴AE∥BC，
即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，
∵要使得OE最短，
∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，
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∵∠DBC=∠EAC=120°，∠CAB=60°，
∴∠OAE=∠EAC-∠CAB=60°，∠AOE= 30°，
∵ A(3，0)，
∴OA=3，
1 3
∴AE= OA=
2 2
3
∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为 ．
2
【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质等，理
解平面直角坐标系中点坐标的特征，掌握等腰或等边三角形的性质，熟练使全等三角形的判定与性质是解
题关键．
题型 07 等腰（边）三角形存在问题
21．（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D
在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根
4
(OA0)．
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(1)AH=__________，EF=__________（用含t的式子表示）．
(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
5
【答案】(1)8−2t；10− t
2
(2)BP=6cm
40 280
(3)当t= 秒或t= 秒时，△PEF为直角三角形
17 183
EF AH 5
【分析】（1）根据运动求出AH=8−2t，证明△AEF∽△ABC，得出 = ，求出EF=10− t即
BC AD 2
可；
（2）先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）分三种情况，利用平行线分线段成比例及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：根据题意可知，DH=2t，AH=8−2t，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
EF AH
∴ = ，
BC AD
EF 8−2t
即 = ，
10 8
5
解得：EF=10− t；
2
（2）解：S = 1 EF⋅DH= 1( 10− 5 t ) ⋅2t=− 5 (t−2) 2+10 ( 01时，Q在射线EC上，由三角形面积公式得S = BO×QE= ×18×(6t−12)=27，即可求
ΔBOQ 2 2
解；
（3）①当点F在线段BC延长线上时，证∠AOP=∠QCF，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此
时2t=18−6t，求解即可；
②当点F在线段BC上时，证∠AOP=∠FCQ，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此时
2t=6t−18，求解即可．
【详解】（1）BO⊥AC，理由如下：
在△ABC中，AD为高，
∴∠ODB=90°，
又∵△BDO≌△ADC，
∴∠OBD=∠CAD，
∵∠OBD=∠CAD，∠BOD=∠AOE，
∴∠AEO=∠ODB=90°，
∴BO⊥AC；
（2）存在t的值，使得△BOQ的面积为27，理由如下：
∵△BDO≌△ADC，AC=18，
∴BO=AC=18，
1
∵CE= AE，
2
∴AE=12，CE=6，
由（1）可知，∠BEC=90°，
∴BE⊥AC，
分两种情况：
当02时，Q在射线EC上，如图2，
1 1
S = BO×QE= ×18×(6t−12)=27
ΔBOQ 2 2
，
5
解得：t= ，
2
此时Q与C重合；
5
综上所述，存在t的值，使得△BOQ的面积为27，t的值为 ；
2
（3）由（1）可知，△BDO≌△ADC，
∴∠BOD=∠ACD，
当点F在线段BC延长线上时，如图3，
∵∠BOD=∠ACD
，
∴∠AOP=∠QCF，
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∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=18−6t，
9
解得：t= ；
4
当点F在线段BC上时，如图4，
∵∠BOD=∠ACD
，
∴∠AOP=∠FCQ，
∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=6t−18，
9
解得：t= ；
2
9 9
综上所述，当△AOP与△FCQ全等时，t的值为 或 ．
2 4
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、三角形面积、三角形面积和定理、对
顶角相等以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质，进行分类讨论是解题
的关键．
32．（2023·北京海淀·模拟预测）如图，在平面角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标
(0，−2√3)，过原点的直线OC与直线AB交于C，∠COA=∠OCA=∠OBA=30°，AB=4
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S
(1)点C坐标为______，OC=______，△BOC的面积为______， △OAC =______；
S
△OAB
(2)点C关于x轴的对称点C'的坐标为______；
(3)过O点作OE⊥OC交AB于E点，则△OAE的形状为______，请说明理由；
(4)在坐标平面内是否存在点F使△AOF和△AOB全等，若存在，请直接写出F坐标，若不存在，请说明理
由
1
【答案】(1)(3,√3)；2√3；3√3；
2
(2)(3,−√3)
(3)等边三角形
(4)存在，F(0,2√3)或(0,−2√3)或(2,2√3)或(2,−2√3)
【分析】（1）先由∠OBA=30°、AB=4得到OA的长，即可得到点A的坐标，过点C作CD⊥x轴于点
D，然后结合∠COA=∠OCA=30°，求得AC的长，进而得到AD、CD的长，即可得到点C的坐标；然
后得到OC的长；由点B的坐标得到OB的长，进而得到△BOC的面积；由点A、点B、点C的坐标求得
S
△OAC和△OAB的面积，再求得 △OAC 的值；
S
△OAB
（2）根据关于x轴对称的点的坐标特征，直接由点C的坐标求得点C'的坐标；
（3）由OE⊥OC得到∠COE=90°，然后由∠COA=30°求得∠AOE=60°，再由∠OBA=30°求得
∠OAE=60°，即可得到∠AOE=∠OAB=60°，从而得到△OAE是等边三角形；
（4）分情况讨论：①△AOB≌△AOF；②△AOB≌OAF，然后作出对应的图形求得点F的坐标．
【详解】（1）解：∵B(0，−2√3)，
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∴OB=2 √3，
∵AB=4，∠OBA=30°，∠AOB=90°，
∴OA=2，即A（2，0），
∵∠AOC=∠ACO=30°，
∴AC=OA=2，∠OAB=60°，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD=60°，∠ADC=90°，
∴∠ACD=30°，
∴AD=1，CD= √3，
∴OD=OA+AD=2+1=3，
∴ C(3,√3)，
1 1
∴OC=2√3,S = OB⋅OC= ×2√3×3=3√3，
ΔBOC 2 2
1 1 1 1
∴S = OA⋅y = ×2×√3=√3，S = OA⋅OB= ×2×2√3=2√3，
△AOC 2 C 2 △OAB 2 2
S 1
∴ ΔOAC =
S 2
ΔOAB
1
故答案为：(3,√3)；2√3；3√3； ．
2
（2）解：∵ C(3,√3)
∴点C与点C'关于x轴对称，
∴ C'(3,−√3) ,
故答案为：(3,−√3)．
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（3）∵OE⊥OC，
∴∠COE=90°，
∵∠COA=30°，
∴∠AOE=60°，
∵∠OAE=60°，
∴∠AOE=∠OAB=60°，
∴△OAE是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
（4）解：①如图1，当△AOB≌△AOF时，OB=OF，
∵OB= 2√3，
∴OF= 2√3
∴ F(0,2√3)或(0,−2√3)
②如图2，当△AOB≌OAF时，AF=OB，
∴AF= 2√3，
∴ F (2,2√3)或(2,−2√3)
综上所述，存在F(0,2√3)或(0,−2√3)或(2,2√3)或(2,−2√3)使△AOF和△AOB全等，
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【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形三边关系、等腰三角形、等边三角形的判定、全等三角形的判
定与性质，勾股定理，，解题的关键是通过含30°角的直角三角形三边关系求得相关线段的长度．
33．（2023·广西桂林·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，
且B点坐标为(4，3)．动点M、N分别从点O、B同时出发，以1单位/秒的速度运动（点M沿OA向终点
A运动，点N沿BC向终点C运动），过点N作NP∥AB交AC于点P，连接MP．
(1)直接写出OA、AB的长度；
(2)在运动过程中，请求出△MPA的面积S与运动时间t的函数关系式；
(3)在运动过程中，△MPA的面积S是否存在最大值？若存在，请求出当t为何值时有最大值，并求出最大
值；若不存在，请说明理由．
(4)在运动过程中，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC能相似吗？若能相似，请求出运动时间t的值；
若不能相似，请说明理由．
【答案】(1)OA=4，AB=3
3 3
(2)S=− t2+ t(0≤t≤4)
8 2
3
(3)当t=2时，S有最大值，最大值为
2
64
(4)当t=2或t= 时，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC相似
41
【分析】（1）根据矩形的性质结合点B的坐标进行求解即可；
（2）延长NP交OA于H，证明四边形ABNH是矩形，得到NH=AB=3；由题意得BN=OM=t，则
12−3t 3t
CN=AM=4−t，证明△CNP∽△CBA，求出NP= ，则PH=NH−NP= ，可得
4 4
1 3 3
S= AM⋅PH=− t2+ t(0≤t≤4)；
2 8 2
（3）根据（2）所求利用二次函数的性质求解即可；
（4）分当∠AMP=∠AOC=90°时，△∠MAP∽△OAC，当∠APM=∠AOC=90°时，
△∠MAP∽△COA，两种情况讨论求解即可．
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【详解】（1）解：矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，且B点坐标为(4，3)，
∴OA=4，AB=3；
（2）解：如图所示，延长NP交OA于H，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC⊥AB，∠B=∠OAB=90°，
∵NP∥AB，
∴NH⊥BC，
∴四边形ABNH是矩形，
∴NH=AB=3；
由题意得BN=OM=t，
∴CN=AM=4−t，
∵NP∥AB，
∴△CNP∽△CBA，
NP CN NP 4−t
∴ = ，即 = ，
AB CB 3 4
12−3t
∴NP= ，
4
3t
∴PH=NH−NP= ，
4
1 1 3t 3 3
∴S= AM⋅PH= ⋅ ⋅(4−t)=− t2+ t(0≤t≤4)；
2 2 4 8 2
3 3 3 3
（3）解：由（2）得S=− t2+ t=− (t−2) 2+ (0≤t≤4)，
8 2 8 2
3
∵− <0，
8
3
∴当t=2时，S有最大值，最大值为 ；
2
（4）解：分两种情况：①当∠AMP=∠AOC=90°时，
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∵∠MAP=∠OAC，
∴△∠MAP∽△OAC，
3
AM MP t
∴ = ，即4−t 4
AO OC =
4 3
解得：t=2，
②当∠APM=∠AOC=90°时，
∵∠MAP=∠COA，
∴△∠MAP∽△COA，
AM AP
∴ =
AC AO
∵OA=4，OC=3，
∴AC=√OA2+OC2=5，
∵NP∥AB，
BN AP t AP
∴ = ，即 =
BC AC 4 5
5
∴AP= t，
4
5
t
∴4−t 4
=
5 4
64
解得：t= ，
41
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64
综上所述，当t=2或t= 时，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC相似．
41
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的应用，勾股定理，矩形的性质与判定，坐
标与图形，平行线分线段成比例定理等等，正确作出辅助线构造系数三角形是解题的关键．
题型 12 角度存在性问题
34．（2023·陕西西安·模拟预测）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角
形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．
(1)如图1，在△ABC中．按如下做法：
①作BC的中垂线l：
②作∠ABC的角平分线与中垂线l交于点O；
③连接CO并延长与AB交于点P，得到△BCP．
若按上述作法，得到的△BCP是倍角三角形．则∠PBC与∠PCB的等量关系___________；
(2)如图2，在矩形ABCD中，以BC为底边做一个倍角三角形顶点P恰好落在AD边上．若BC=4，BP=2．
求CP的长度．
(3)如图3，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD=3，BC=12．工人师傅想用这
块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边CD上，△BCP为以BC为底边且
∠CBP=2∠C的倍角三角形．是否存在满足要求的△BCP？若存在，请确定点P位置（求出CP的长）；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)∠PBC=2∠PCB
(2)CP=2√3；
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36√10
(3)画图见解析，CP= ；
13
【分析】（1）由作图可得：OK是BC的中垂线，∠OBC=∠OCB，∠ABO=∠CBO，从而可得结论；
（2）如图，由BC=4，BP=2，可得2∠PCB，可得∠PBC=2∠PCB，作
∠PBC的角平分线交PC于N，过N作NM⊥BC于M，可得∠PBN=∠CBN=∠PCB，证明
△PBN≌△MBN，可得∠BPN=∠BMN=90°，再利用勾股定理可得答案；
（3）如图，作BC的垂直平分线KH交CD于N，交BC于M，作∠PBN=∠CBN，P在CD上，则
DQ 3 1 NM
∠PBC=2∠C，△CPB为倍角三角形，证明四边形ABQD为正方形，求解sin∠C= = = = ，
CQ 9 3 CM
√10 √10
MN=2，CN=√62+22=2√10=BN，证明△PBN∽△PCB，PB= PC，PN= PB， 过N作
6 6
3√10
NT⊥BD于T，则NM=NT=2，BT=√(2√10) 2 −22=6，设PN=x，PB= x，再利用勾股定理建
5
立方程求解即可．
【详解】（1）解：由作图可得：OK是BC的中垂线，
∴∠OBC=∠OCB，
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO=∠CBO，
∴∠ABO=∠CBO=∠OCB，
∴∠PBC=2∠PCB；
（2）如图，∵BC=4，BP=2，
∴2∠PCB，
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∵矩形ABCD中，以BC为底边做一个倍角三角形顶点P恰好落在AD边上．
∴∠PBC=2∠PCB，
作∠PBC的角平分线交PC于N，过N作NM⊥BC于M，
∴∠PBN=∠CBN=∠PCB，
∴NB=NC，BM=CM=2，
∴BP=BM=2，而BN=BN，
∴△PBN≌△MBN，
∴∠BPN=∠BMN=90°，
∴CP=√BC2−BP2=√42−22=2√3；
（3）如图，作BC的垂直平分线KH交CD于N，交BC于M，作∠PBN=∠CBN，P在CD上，则
∠PBC=2∠C，△CPB为倍角三角形，
过D作DQ⊥BC于Q，AB=AD=3，结合直角梯形可得：
四边形ABQD为正方形，
∴DQ=QB=3，DQ⊥BC，
1
∵CM=BM= BC=6，
2
∴CQ=9，
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DQ 3 1 NM
∴tan∠C= = = = ，
CQ 9 3 CM
∴MN=2，CN=√62+22=2√10=BN，
由作图可得：∠PBN=∠C，而∠BPN=∠CPB，
∴△PBN∽△PCB，
PB PN BN 2√10 √10
∴ = = = = ，
PC PB BC 12 6
√10 √10
∴PB= PC，PN= PB，
6 6
过N作NT⊥BD于T，则NM=NT=2，
∴BT=√(2√10) 2 −22=6，
3√10
设PN=x，PB= x，
5
3√10
∴DT=6− x，
5
2
∴x2=22+ ( 6− 3√10 x ) ，
5
整理得：13x2−36√10x+200=0，
10√10
解得：x = ，x =2√10（不符合题意舍去），
1 13 2
10√10
∴PN= ，
13
36√10
∴CP=CN+PN= ．经检验符合题意．
13
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，角平分线的作图，矩形的性质，倍角三角形的含义，相
似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，角平分线的性质，
本题难度大，综合程度高，属于中考压轴题．
35．（2023·上海浦东新·二模）已知：⊙O的直径AB=10，C是A´B的中点，D是⊙O上的一个动点（不
与点A、B、C重合），射线CD交射线AB于点E．
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(1)如图1，当BE=AB，求线段CD的长；
(2)如图2，当点D在B´C上运动时，连接BC、BD，△BCD中是否存在度数保持不变的角？如果存在，
请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由；
(3)连接OD，当△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求△ ODE与△CBE面积的比值．
【答案】(1)CD=√10，详见解析
(2)存在，∠BDC=135°，详见解析
3+√3 √3+1 √3−1
(3)△ ODE与△CBE面积的比值为 或 或 ，详见解析
4 4 4
【分析】（1）连OC,AD,BC，构造直角三角形利用勾股定理求出CE的长，再利用△AED∽△CEB，求
出DE的长，即可得解；
� �
（2）由C为
AB
的中点， AB为⊙O直径得出
BC
的度数为90°，再利用圆周角定理即可得出答案；
（3）分类讨论，分点E在线段AB的延长线上和点E在线段AB上，利用勾股定理和面积公式分别求出它们
的面积，然后求出比值即可得出答案．
【详解】（1）连OC,AD,BC，如图1
∵AB=BE=10
∴AE=AB+BE=20，OE=OB+BE=5+10=15，OC=5
∵C为A´B的中点，AB为直径
∴OC⊥AB
在Rt△OCE中
∴CE=√OC2+OE2=√52+152=5√10
∵∠A=∠BCD,∠AED=∠CEB
∴△AED∼△CEB
AE DE
∴ =
CE BE
即AE·BE=CE·DE
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∴20×10=5√10×DE
∴DE=4√10
∴CD=CE−DE=5√10−4√10=√10
（2）当D在B´C上运动时，如图2，在△BCD中，∠BDC为度数不变的角，∠BDC=135°
理由如下：
∵C为A´B的中点，AB为⊙O直径，
∴B´C的度数90°
∴BA´C的度数为270°
∴BA´C所对的圆心角为270°，圆周角为135°
∴∠BDC=135°
（3）如图3，①当点E在线段AB的延长线上，△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，当OD=DE=5时，
连OC，
∵OD=DE
∴∠1=∠E
由(1)知∠COE=90°
∴∠1+∠2=90°,∠OCD+∠E=90°
∴∠2=∠OCD
∴OD=CD=5
又∵OD=OC
∴OD=CD=OC=5
∴△OCD为等边三角形
∴CE=CD+DE=5+5=10
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∴OE=√CE2−OC2=√102−52=5√3
1 1 25
∴S = ×OE×OC= ×5√3×5= √3
△OCE 2 2 2
∵D为CE中点
1 25
∴S =S = S = √3
△OCD △ODE 2 △OCE 4
1 25
又∵S = ×5×5=
△OBC 2 2
25 25
∴S =S −S = √3−
△CBE △OCE △OBC 2 2
25 (25 25) 3+√3
∴S :S = √3: √3− = ，
△ODE △CBE 4 2 2 4
当DE=OE时
180°−∠E
∴∠EOD=∠EDO= <90°
2
∵OC=OD
180°−∠COD
∴∠OCD=∠ODC= <90°
2
∴∠ODC+∠ODE<90°+90°<180°与C，D，E三点共线矛盾，所以此情况不存在；
②当点E在线段AB上，且∠BOD小于或等腰90°时，过点B作BH∥OD交CD于点H，过点D作
DG⊥OB于点G，
，
由点E在线段AB上可知，△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，OE不等于OD，只能有OE=DE，
∴∠EOD=∠EDO，
∵BH∥OD，
∴∠EHB=∠EDO，∠EBH=∠EOD，
∴∠EBH=∠EHB=∠EOD，
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∵∠EOD=2∠ECB，
∴∠EBH=∠EHB=2∠ECB，
∵∠EHB=∠ECB+∠HBC，
∴∠ECB=∠HBC，
∴∠EBH=2∠HBC，
∵由(1)知∠COB=90°，OC=OB
90°
∴∠OBC=∠EBH+∠HBC= =45°，
2
∴∠HBC=15°，
∴∠EDO=∠EOD=∠EHB=∠EBH=30°，
∵OC=OD=5，DG⊥OB，
1 5
∴DG = OD= ，∠OCE=∠ODE=30°，
2 2
√3 5√3
∴OE=OC⋅tan∠OCE=5× = ，
3 3
5√3
∴BE=OB−OE=5− ，
3
1 1 5√3 5
OE⋅DG × ×
S 2 2 3 2 √3+1
△ODE= = =
∴ ；
S △CBE 1 BE⋅OC 1 × ( 5− 5√3) ×5 4
2 2 3
③当点E在线段AB上，且∠BOD大于90°时，过点A作BH∥OD交CD于点H，过点D作DG⊥OA于
点G，
5√3 1 5 5√3
同②可得OE= ，DG = OD= ，BE=OB+OE=5+ ，
3 2 2 3
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1 1 5√3 5
OE⋅DG × ×
S 2 2 3 2 √3−1
△ODE= = =
∴∴ ；
S △CBE 1 BE⋅OC 1 × ( 5+ 5√3) ×5 4
2 2 3
3+√3 √3+1 √3−1
综上所述：△ ODE与△CBE面积的比值为 或 或 ．
4 4 4
【点睛】本题考查了三角形相似，圆周角定理，圆心角定理，勾股定理，等腰三角形等知识的综合应用，
熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．
36．（2023·浙江金华·一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是射线BC上的动点，连结
1
AP，在AP的右边作∠PAQ= ∠BAC，交射线BC于点Q．
2
(1)当BP=1时，求点P到AB的距离．
(2)当点P在线段BC上运动时，记BP=x，CQ= y，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．
(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为45°时，求BQ的长，并指出相应的45°
角．
4
【答案】(1)
5
(2)y=¿
25 161
(3)∠BAQ=45°，BQ= ；∠CAP=45°，BQ= ；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；
7 31
∠CAQ=∠APB=45°，BQ=31
【分析】（1）过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定
理得出AE=4，再由正弦求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，当点P在线段CE上时，即3
