专题14几何综合六种模型（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 14 几何综合六种模型
通用的解题思路：
题型一：两垂一圆构造直角三角形模型
平面内有两点A，B，再找一点C，使得ABC 为直角三角形
分类讨论:
若∠A=90°,则点C在过点A 且垂直于AB 的直线上(除点A外);
若∠B=90°,则点C在过点B且垂直于AB的直线上(除点B外);
若∠C=90°,则点C在以AB为直径的圆上(除点A,B外).
以上简称“两垂一圆”.
“两垂一圆”上的点能构成直角三角形,但要除去A,B两点.
题型二：两圆一中垂构造等腰三角形模型
分类讨论:
若AB=AC,则点C在以点A 为圆心,线段AB的长为半径的圆上;
若BA=BC,则点C在以点B为圆心,线段AB的长为半径的圆上;
若CA=CB,则点C在线段AB的垂直平分线PQ上以上简称“两圆一中垂”
“两圆一中垂”上的点能构成等腰三角形,但是要除去原有的点A,B,还要除去因共线无法构成三角形的点MN
以及线段AB中点E(共除去5个点)需要注意细节题型三：胡不归模型
【模型解读】一动点P在直线MN外的运动速度为V ，在直线MN上运动的速度为V ，且V <V ，A、B
1 2 1 2
AC BC
为定点，点C在直线MN上，确定点C的位置使  的值最小．（注意与阿氏圆模型的区分）
V V
2 1
B
B
B
M A α C N C
V 1 CH M A α N
sinα= =k H
AC
D H
M A V 2 C N CH=kAC D
AC BC 1  V  V
1）  = BC 1 AC ，记k  1 ，即求BC+kAC的最小值.
V V V  V  V
2 1 1 2 2
CH
2）构造射线AD使得sin∠DAN=k， k，CH=kAC,将问题转化为求BC+CH最小值.
AC
3）过B点作BH⊥AD交MN于点C，交AD于H点，此时BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．
【解题关键】在求形如“PA+kPB”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB相等的线段，将“PA+kPB”型问题转
化为“PA+PC”型．（若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可）。
【最值原理】两点之间线段最短及垂线段最短。
题型四：阿氏圆模型
【模型解读】如图 1 所示，⊙O的半径为 r，点 A、B都在⊙O 外，P为⊙O上一动点，已知r=k·OB， 连
接PA、PB，则当“PA+k·PB”的值最小时，P点的位置如何确定？
如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r，则可说明△BPO与△PCO相似，即k·PB=PC。
故本题求“PA+k·PB”的最小值可以转化为 “PA+PC”的最小值，
其中与A与C为定点，P为动点，故当A、P、C三点共线时，“PA+PC”值最小。如图3所示：注意区分胡不归模型和阿氏圆模型：
在前面的“胡不归”问题中，我们见识了“k·PA+PB”最值问题，其中P点轨迹是直线，而当P点轨迹变为
圆时，即通常我们所说的“阿氏圆”问题．
【最值原理】两点之间线段最短及垂线段最短解题。
题型五：瓜豆原理模型（点在直线上）
【模型解读】
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。
动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型，本专题受教学进程影响，估只对瓜豆原理中的直线型轨迹作讲解。
主动点叫瓜，从动点叫豆，瓜在直线上运动，豆也在直线_上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。
古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”。
模型1、运动轨迹为直线
1）如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？
A A
Q Q
B P C B P N M C
解析：当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．
理由：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始
终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．
2）如图，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ为定值，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？
Q
2
A A
B C
B P C
Q
Q
1
解析：当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形。
理由：当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q点的起始
位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段。【最值原理】动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
1）当动点轨迹已知时可直接运用垂线段最短求最值；
2）当动点轨迹未知时，先确定动点轨迹，再垂线段最短求最值。
3）确定动点轨迹的方法（重点）
①当某动点与定直线的端点连接后的角度不变时，该动点的轨迹为直线；
②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线；
③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线；
④观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等特殊位置考虑；
⑤若动点轨迹用上述方法不都合适，则可以将所求线段转化（常用中位线、矩形对角线、全等、相似）为
其他已知轨迹的线段求最值。
题型六：瓜豆原理模型（点在圆上）
【模型解读】
模型1、运动轨迹为圆弧
模型1-1. 如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？
P
Q
A Q P O A M O
如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。
模型1-2. 如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？
Q M
Q
P
P
A O A O
如图，连结AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为k。
则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。
模型1-3. 定义型：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧。（常见于动态翻折中）
如图，若P为动点，但AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，则动点P是以A圆心，AB半径的圆或圆弧。
模型1-4. 定边对定角（或直角）模型
1）一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．
如图，若P为动点，AB为定值，∠APB=90°，则动点P是以AB为直径的圆或圆弧。
2）一条定边所对的角始终为定角，则定角顶点轨迹是圆弧．
如图，若P为动点，AB为定值，∠APB为定值，则动点P的轨迹为圆弧。
P
P
P P P
P
A B
O
A B
【模型原理】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径
之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
题型一：两垂一圆构造直角三角形模型
1．（2023•安溪县二模）如图，AB是半圆O的直径，BP AB，PD与半圆O相切于点D，连接AD并延
长，交BP的延长线于点C．
（1）求证：PBPC；
（2）若 O的半径为5，AD8，求BP的长．

【分析】（1）连接OD，OP，DB，根据相切等推出ODPOBP，PBPD，进而证明PBPC，（2）先证明ABD∽BCD，进而求出BC的长，根据第一问，求出BP．
【解答】（1）证明：连接OD，OP，DB，
PD与半圆O相切于点D，
PDOP，BP AB
在RtODP与RtOBP中，
ODOB
 ，
OPOP
RtODPRtOBP(HL)，
PBPD，
ADB90，
CDP90，
在RtCDB中，
BPPD，
点P为BC的中点，
PBPC ；
（2）BP AB，
ABDCBD90，
DABABD90，
DABCBD
ABD∽BCD，
AD AB
 ，
BD BC
15
BC  ，
2
BC 15
BP  ，
2 4
15
故BP的长为 ．
4【点评】本题考查圆相切，相似三角形的判定等知识，解题的关键是三角形相似推出线段成比例．
2．（2023•平房区二模）如图1，ABC 内接于 O中，AB为直径，点D在弧BC上，连接AD，CD．

（1）求证：CABD90；
（2）如图2，连接OC交AD于点F ，若DAB2CAD90，求证：AC CD；
（3）在（2）的条件下，如图3，点E在线段CF 上，连接AE，BE 交AD于点H ，若EHA2EAH，
AE6，OF  2，求线段BE 的长．
?
【分析】（1）利直径所对的圆周角是直角求得ACB90，再利用同弧所对的圆周角相等即可证明；
（2）根据圆周角定理及直角三角形的性质可证明CADD，进而得出AC CD；
（3）连接DE，BD，证出HEDHDE，由圆周角定理得出ADB90，设HEDHDE，则
DHB2，DBE 902，过点B作BGBE交ED的延长线于点G，求出BD2 2 ，过点B作
LG BG
BLDG于点L，证出sinLBGsinLEB，得出  ，则(2 2)2 x(62x)，解方程求出LDLG1，
BG EG
由勾股定理可得出答案．
【解答】（1）证明： ABC内接于 O中，AB为直径，
 
ACB90，
CABB90，
AC  AC，

BD，
CABD90．
（2）证明： DAB2CAD90，

DAB902CAD，
在ACB中， ACB90，

DAB90CADB，902CAD90CADB，
CADB，
BD，

CADD，
AC CD．
（3）解：连接DE，BD，
OC垂直平分AD，

AE DE 6，
EDAEAH ，
EHA2EAH ，

EHA2EDA，
EHAEDH HED，

HEDHDE ，
AB为直径，

ADB90，
设HEDHDE，
DHB2，DBE 902，
过点B作BGBE交ED的延长线于点G，
GDB90，DBG2，
G2，
BDBG，
AF DF ，AOBO，

BDBG2OF 2 2 ，
过点B作BLDG于点L，DLGL，
设DLGLx，
LBGGLEBG90，

LBGLEB，
sinLBGsinLEB，
LG BG
  ，
BG EG
(2 2)2 x(62x)，
解得x 4（舍去），x 1，
1 2
LDLG1，
EL7，LB 7 ，
BE EL2 LB2  72 ( 7)2 2 14．
【点评】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，锐角三角函数的
定义，勾股定理，正确添加辅助线是解决该问题的关键．
3．（2022•蔡甸区校级模拟）如图，点E是正方形ABCD边BC上一点（点E不与B、C重合），连接DE交
对角线AC于点F ，ADF 的外接圆O交边AB于点G，连接GD、GE．
（1）求EDG的度数；
BE 5
（2）若  ，求tanDEG．
CE 2
【分析】（1）由正方形的性质得出BAC 45，由圆周角定理可得出答案；
（2）延长 BA至点 P，使 APCE，连接 DP，证明DCEDAP(SAS)，由全等三角形的性质得出
DE DP， CDEADP， PDEC ，证明 EDGPDG(SAS)，由全等三角形的性质得出
DEGP，则可得出答案．
【解答】解：（1） 四边形ABCD是正方形，

BAC 45，GF GF ，

EDGFAG45；
（2）延长BA至点P，使APCE，连接DP，
BE 5
 ，

CE 2
CE 2
  ，
BC 7
四边形ABCD是正方形，

ADDC，BADDCE90，
PADDCE，
又 APCE ，

DCEDAP(SAS)，
DEDP，CDEADP，PDEC ，
ADC PDE90，
EDGPDG45，
又 DGDG，

EDGPDG(SAS)，
DEGP，
DEC DEG，
CE CE 2
tanDEGtanDCE   ．
CD CB 7
【点评】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数的定义，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练
掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2023•怀化）如图，AB是 O的直径，点P是 O外一点，PA与 O相切于点A，点C为 O上的一
   
点．连接PC、AC、OC，且PC PA．
（1）求证：PC为 O的切线；
（2）延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PDOC PAOD；
（3）若CAB30，OD8，求阴影部分的面积．
【分析】（1）先由切线的性质得PAO90，然后依据“ SSS ”判定POC和POA全等，从而得
PCOPAO90，据此即可得出结论；
（2）由DCODAP90，ODC PDA可判定ODC和PDA相似，进而根据相似三角形的性质可
得出结论；
（ 3 ） 连 接 BC， 过 点 C作 CEOB于 点 E， 先 证 OCB为 等 边 三 角 形 ， 再 设 OEa， 则
OAOBOC 2a，CE 3a，在RtCDE和在RtDOC中，由勾股定理得CD2 CE2 DE2 OD2 OC2，
由此可求出a的值，进而得 O的半径为4，然后根据S S S 即可得出答案．
 阴影 DOC 扇形BOC
【解答】（1）证明： AB为 O的直径，PA为 O的切线，
  
PAOA，
即：PAO90，
点C在 O上，
 
OC OA，
在POC和POA中，
OC OA

PC PA ，

POPO
POC POA(SSS)，
PCOPAO90，
即：PC OC，
又OC为 O的半径，

PC 为 O的切线．

（2）证明：由（1）可知：OC PD，
DCODAP90，又ODC PDA，
ODC∽PDA，
OC OD
  ，
PA PD
即：PDOC PAOD．
（3）解：连接BC，过点C作CEOB于点E，
CAB30，

COB60，
又OC OB，
OCB为等边三角形，
CEOB，

OEBE，
设OEa，显然a0，
则OAOBOC 2a，
在RtOCE中，OEa，OC 2a，
由勾股定理得：CE OC2 OE2  3a，
OD8，

DEODOE8a，
在RtCDE中，CE 3a，DE8a，
由勾股定理得：CD2 CE2 DE2 ( 3a)2 (8a)2，
在RtDOC中，OC 2a，OD8，
由勾股定理得：CD2 OD2 OC2 82 (2a)2，
( 3a)2 (8a)2 82 (2a)2，
整理得：a2 2a0，a0，

a2，
OC 2a4，CE  3a2 3，
1 1
S  ODCE 82 38 3，
DOC 2 2
6042 8
又 S   ，
 扇形BOC 360 3
8
S S S 8 3 ．
阴影 DOC 扇形BOC 3
【点评】此题主要考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，扇形
面积的计算，勾股定理的应用等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形、相似三角形的判定方法，
理解切线垂直于过且点的半径；过半径的外端垂直于半径的直线是圆的切线；难点是在解答（3）时，设置
适当的未知数，利用勾股定理构造方程求出圆的半径．
5．（2023•广陵区二模）如图，顶点为A(4,4)的二次函数图象经过原点(0,0)，点P在该图象上，OP交其
对称轴l于点M ，点M 、N关于点A对称，连接PN ，ON．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）若点P的坐标是(6,3)，求OPN的面积；
（3）当点P在对称轴l左侧的二次函数图象上运动时，请解答下面问题：
①求证：PNM ONM ；
②若OPN为直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【分析】（1）根据二次函数图象的顶点设出二次函数的关系式，再根据二次函数图象经过原点，求出a的值，
即可得出二次函数的关系式；
1
（2）设直线OP的解析式为ykx，将A点代入，求出直线OP的解析式，再把x4代入y x，求出
2
M 的坐标，根据点M 、N关于点P对称，求出N的坐标，从而得出MN 的长，再根据三角形的面积公式
即可得出答案．1
（3）①设对称轴l交x轴于点B，作PC l于点C，由P在二次函数图象上，设P(t, t2 2t)，再由O的
4
坐标，表示出直线OP的解析式，进而表示出M ，N及H 的坐标，设对称轴l交x轴于点B，作PC l于
点C，构建相似三角形：NCP∽NBO．由相似三角形的对应角相等证得结论；
②OPN能为直角三角形，理由为：分三种情况考虑：若ONP为直角，由①得到PNM ONM 45，
可得出三角形ACN为等腰直角三角形，得到PC CN ，将表示出的PC及CN 代入，得到关于m的方程，
求出方程的解得到m的值为0或4 2，进而得到此时A与P重合，不合题意，故ONP不能为直角；若
PON 为直角，利用勾股定理得到OP2 ON2 PN2，由P的坐标，利用勾股定理表示出OP2，由OB及
BN ，利用勾股定理表示出ON2，由PC及CN ，利用勾股定理表示出PN2，代入OP2 ON2 PN2，得到
关于m的方程，求出方程的解得到m的值为44 2 或0，然后判断PON 是否为直角；若NPO为直角，
则有PMN∽BMO∽BON ，由相似得比例，将各自的值代入得到关于m的方程，求出方程的解得到m的
值为4，此时A与P重合，故NPO不能为直角，综上，点P在对称轴l左侧的二次函数图象上运动时，
OPN不能为直角三角形．
【解答】（1）解：设二次函数的表达式为ya(x4)2 4，
1
把点(0,0)代入表达式，解得a ．
4
1
二次函数的表达式为y (x4)2 4，
4
1
即y x2 2x；
4
（2）解：设直线OP为ykx(k 0)，
1
将P(6,3)代入ykx，解得k  ，
2
1
 y x．
2
当x4时，y2．
M(4,2)．
点M 、N关于点A对称，

N(4,6)．
MN 4．
S S S 12；
PON OMN PMN1
（3）①证明：设点P的坐标为(t, t2 2t)，
4
其中t4，
设直线OP为ykx(k0)，
1 t8
将P(t, t2 2t)代入ykx，解得k ．
4 4
t8
 y x．
4
当x4时，yt8．
M(4,t8)．
AN  AM 4(t8)t4．
设对称轴l交x轴于点B，作PC l于点C，
1
则B(4,0)，C(4, t2 2t)．
4
OB4，NB4(t4)t，PC 4t，
1 1
NC t( t2 2t) t2 t．
4 4
1
t2 t
NC 4 t NB t t
则   ，   ．
PC 4t 4 OB 4 4
NC NB
  ．
PC OB
又 NCPNBO90，

NCP∽NBO．
PNM ONM ．
②OPN能为直角三角形，理由如下：
解：分三种情况考虑：
(i)若ONP为直角，由①得：PNM ONM 45，
PCN为等腰直角三角形，
1
CPNC ，即m4 m2 m，
4
整理得：m2 8m160，即(m4)2 0，
解得：m4，
此时点A与点P重合，故不存在P点使OPN为直角三角形；(ii)若PON 为直角，根据勾股定理得：OP2 ON2 PN2，
1 1
OP2 m2 ( m2 2m)2，ON2 42 m2，AN2 (m4)2 ( m2 2mm)2，

4 4
1 1
m2 ( m2 2m)2 42 m2 (m4)2 ( m2 2mm)2，
4 4
整理得：m(m2 8m16)0，
解得：m0或m44 2 或44 2（舍去），
当m0时，P点与原点重合，故PON 不能为直角，
当m44 2 ，即P(44 2，4)时，N为第四象限点，成立，故PON 能为直角；
(iii)若NPO为直角，可得NPM OBM 90，且PMN BMO，
PMN∽BMO，
又 MPN OBN 90，且PNM OND，

PMN∽BON ，
PMN∽BMO∽BON ，
MB OB 8m 4
  ，即  ，
OB NB 4 m
整理得：(m4)2 0，
解得：m4，
此时A与P重合，故NPO不能为直角，
综上，点 P在对称轴l左侧的二次函数图象上运动时，OPN能为直角三角形，当m44 2，即
P(44 2,4)时，N为第四象限的点成立．【点评】此题考查了利用待定系数法求二次函数解析式，两点坐标确定一次函数解析式，相似三角形的判
定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，本题（3）中的第②
小问利用的是反证法，先假设结论成立，利用逻辑推理的方法得出与已知条件，定理，公理矛盾，可得出
假设错误，原结论不成立．
6．（2024•宝安区二模）“海之跃”摩天轮是某地区的城市名片．滨城学校九年级（3）班的项目式学习团队
计划在摩天轮上测量一座写字楼的高度．
【素材一】如图1，“海之跃”摩天轮共有24个轿厢，均匀分布在圆周上．拟测算的写字楼与摩天轮在同一
平面内．
【素材二】自制工具：使用直角三角板教具和铅锤，制作测角仪器（如图2)．
【素材三】若学生身高和轿厢大小忽略不计，如图3，摩天轮的最高高度为128米，半径为60米，该团队
分成三组分别乘坐1号、4号和10号轿厢，当1号轿厢运动到摩天轮最高点时，三组队员同时使用测角仪
观测写字楼最高处D点，观测数据如表（观测误差忽略不计）．
1号轿厢测量情况 4号轿厢测量情况 10号轿厢测量情况【任务一】初步探究，获取基础数据
（1）如图3，请连接AO、BO，则AOB 45 ；
（2）求出1号轿厢运动到最高点时，4号轿厢所在位置B点的高度．（结果保留根号）
【任务二】推理分析，估算实际高度
（3）根据观测数据，计算写字楼的实际高度DN ．（结果用四舍五入法取整数， 2 1.41)
【分析】（1）由题可知，“海之跃”摩天轮共有24个轿厢，均匀分布在圆周上，其中AOB包含了3个桥
3
厢，因此AOB 36045；
24
（2）过点B作BE  AO于点E，由题可知，点A此时的高度为最高为128米，半径为60米，因此O点高
度为68米，根据BE  AO，AOB45，可得OEOBcos4530 2，即可；
（3）连接OB，OC，BC，由素材1，素材3可得COB90，OBC AOB45，则BC 60 2，
2
过点 D作 DF BC于点 F ，令 BF n，由素材 2，3 得： DF 5BF 5n， CF  DF 2n，可得
5
BC 60 2 3n，即n20 2 ，因此F 点的高度为：6830 220 2 6810 2 82（米)，即可．
【解答】解：任务一：（1）连接AO、BO，如下图所示：
“海之跃”摩天轮共有24个轿厢，均匀分布在圆周上，其中AOB包含了3个桥厢，

3
AOB 36045，
24故答案为：45．
（2）过点B作BE  AO于点E，
点A此时的高度为最高为128米，半径为60米，

O点高度为68米，
BE  AO，AOB45，

OEOBcos4530 2 ，
B点的高度为(6830 2)米，
答：B点的高度为(6830 2)米．
任务二：（3）连接OB，OC，BC，
由素材1，素材3可得COB90，OBC AOB45，
则BC 60 2，过点D作DF BC于点F ，
2
令BF n，由素材2，素材3的4号轿厢测量情况和10号轿厢测量情况得：DF 5BF 5n，CF  DF 2n，
5BC 60 2 3n，即n20 2 ，
F 点的高度为：6830 220 2 6810 2 82（米)，
答：写字楼的实际高度DN 约为82米．
【点评】本题考查的是三角形的综合体，熟练掌握勾股定理和余弦定理的运用是解题的关键．
7．（2022•江北区一模）如图1，四边形ABCD是 O的内接四边形，其中AB AD，对角线AC、BD相交

于点E，在AC上取一点F ，使得AF  AB，过点F 作GH  AC交 O于点G、H ．

（1）证明：AED~ADC ．
（2）如图2，若AE 1，且GH 恰好经过圆心O，求BCCD的值．
（3）若AE 1，EF 2，设BE 的长为x．
①如图3，用含有x的代数式表示BCD的周长．
②如图4，BC恰好经过圆心O，求BCD内切圆半径与外接圆半径的比值．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质与圆周角定理解得即可；
（2）利用垂径定理和（1）的结论求得AC，CE 的长，通过证明DEC∽ABC，利用相似三角形的性质
即可得出结论；
（3）①利用垂径定理和（1）的结论求得AC，CE 的长，再通过证明AED∽BEC和AEB∽DEC，利
用相似三角形的性质求得BC，DE，CD的关系式，利用三角形周长的意义解答即可；
②利用勾股定理求得BC，则BCD的外接圆半径可得，设BCD内切圆半径为r ，利用①中的结论求得
BD，CD和BCD的周长，利用三角形 的面积公式列出方程，解方程即可求得BCD内切圆半径．
【解答】（1）证明： AB AD，

 AB AD．
ADBACD．
DAECAD，

AED∽ADC．（2）解： AED∽ADC，

AE AD
  ．
AD AC
GH为 O的直径，GH  AC，
 
1
AF FC  AC ．
2
AB AD，AF  AB，

AB AD AF，
AC 2AD．
AE AD 1
   ．
AD AC 2
AE1，

AD2．
AB2，AC 4．
EC  ACAE3．
AB AD，

 AB AD．
ACBACD．
BDC BAC ，

DEC∽ABC．
CD EC
  ．
AC BC
BCCD ACEC 4312．
（3）解：① AE1，EF 2，

AB AD AF  AEEF 3．
AED∽ADC，

AE AD 1
   ．
AD AC 3
AC 3AD9．
CE ACAE8．
CADCBD，CEBDEA，

AED∽BEC．BE EC BC
   ．
AE ED AD
x 8 BC
   ．
1 DE 3
8
DE ，BC 3x．
x
ABDACD，AEBDEC，

AEB∽DEC．
AE AB
  ．
DE CD
1 3
  ．
8 DC
x
24
DC  ．
x
24 8 32
BCD的周长BCCDBEDE3x x 4x ．
x x x
② BC 为 O的直径，
 
BAC 90．
BC  AB2  AC2  32 92 3 10．
3 10
BCD外接圆半径为 ．
2
在RtABE中，
BE AE2  AB2  12 32  10 ．
8 4
由①的结论可得：DE  10，
10 5
24 12
CD  10，
10 5
32 36
BCD的周长4 10  10，
10 5
9
BDBEDE 10 ．
5
设BCD内切圆半径为r ，
1 1
 BCD的周长r  BDCD．
2 2
36 9 12
 10r  10 10．
5 5 5
3
r 10．
53
10
5 2
BCD内切圆半径与外接圆半径的比值  ．
3 5
10
2
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，三角形
的外接圆半径和内切圆半径，熟练掌握圆的有关性质和相似三角形的性质是解题的关键
题型二：两圆一中垂构造等腰三角形模型
1．（2022•开州区模拟）如图，在等腰RtABC中，ABBC，D是BC的中点，E为AC边上任意一点，
连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90得到线段DF，连接EF ，交AB于点G．
（1）如图1，若AB6，AE 2，求ED的长；
（2）如图2，点G恰好是EF 的中点，连接BF ，求证：CD 2BF ；
5
（3）如图3，若AB4 2，连接CF ，当CF  BF 取得最小值时．请直接写出S 的值．
5 CEF
【分析】（1）过点E作EH BC于点H ，得CHE90，在等腰直角三角形 ABC中，求出BC 6，
AC 6 2 ，再证明CHE也是等腰直角三角形，最后在RtDHE中，求出DE即可；
（2）过点E作EM //BF 于AB交点M ，过点D作DN BC交AC于N，得出CDN 为等腰直角三角形，
再证明BFD NED(SAS)，EMGFBG(AAS)，最后在等腰RtCDN中，求出CD与BF 关系；
（3）如图31中，取AC的中点T，连接DT ，BT ，则BDT 是等腰直角三角形．首先证明点F 在直线BT
上运动，如图32中，取 AT 的中点Q，连接BQ，作FH BQ于点H ，CJ BQ于点J，交BT 于点R．再
5
证明当点F 与R重合时，CF  BF 的值最小，即可解决问题．
5
【解答】解：（1）如图，过点E作EH BC于点H ，CHE90，
在等腰直角三角形ABC中，
AB6，

BC 6，AC 6 2 ，
D为BC中点，

1
CD BC，
2
AE  2，

CE ACCE5 2，
C 45，

CHE也是等腰直角三角形，
CH EH 5，
HDCH CD2，
在RtDHE中，DE EH2 HD2  29 ．
（2）如图，过点E作EM //BF 于AB交点M ，过点D作DN BC交AC于N，
CDN为等腰直角三角形，
CDND，
BDCD，
BDDN，
5BDE6BDE，

56，
在BFD和NED中，
BDDN

56 ，

DF DE
BFD NED(SAS)，
BF EN ，34，
在．EMG和FBG中，
12

MGE BGF，

GF GE
EMGFBG(AAS)，
ME BF ，
MEEN ，
2345，

1445，
MEN 14FED90，
AEM 90，
AEM 是等腰直角三角形，
AEMEBF EN，
1
BF  AN ，
2
DN //BC，D是BC的中点，

CN  AN ，
1
BF  CN ，
2
2
又 在等腰RtCDN中，CD CN ，

2
CD 2BF．
（3）如图31中，取AC的中点T，连接DT ，BT ，则BDT 是等腰直角三角形．EDF TDB90，

BDF TDE ，
DBDT，DF DE，

BDF TDE(SAS)，
DBF DTE135，
DBT 135，

F ，B，T共线，
点F 在直线BT 上运动，
如图32中，取AT 的中点Q，连接BQ，作FH BQ于点H ，CJ BQ于点J，交BT 于点R．
FH QT 1
tanFBH    ，

BH BT 2
5
FH  BF，
5
5
CF  BF CF FH„ CJ ，
5
5
当点F 与R重合时，CF  BF 的值最小，
5
BTQCTR90，BT CT ，QBT RCT ，

BTQCTR(ASA)，TRQT ，
ABBC 4 2，ABC 90，

AC  2AB8，
AT CT BT 4，QT RT 2，
BF TE 2，
1 1
S  CEFT  222．
CEF 2 2
【点评】本题考查了几何变换的综合应用，解题关键是正确作出辅助线，能判定出全等三角形，解直角等
腰三角形．
2．（2023春•璧山区校级期中）如图，直线ykxb经过点A(8,0)和B(0,4)两点，将AOB沿直线l对折使
点A和点B重合，直线l与x轴交于点C与AB交于点D，点D的纵坐标为2，连接BC．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点E在x轴的负半轴上，且BED的面积为10，求BOE的周长；
（3）已知y轴上有一点P，若以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形，直接写出所有满足条件的点
P的坐标．
【分析】（1）根据给出的A、B两点坐标，代入表达式，即可求出AB的解析式；
（2）根据ADBD可以得出ADE的面积和BDE的面积相等，然后过D作DF x轴，可以求出AE的长，
然后得到OE的长，通过勾股定理，可以得到BE 的长，即可得到BOE的周长；
（3）根据题意，当BPBC时，可得到两个P点，通过B点的纵坐标BC长可以得到对应的P点坐标，
当BC CP，可以得到一个C点坐标，通过等腰三角形，可以得到P点坐标，当PBPC，可知P点在BC
的垂直平分线上，通过等腰三角形，导边可以得出P点的坐标．
【解答】解：（1）将点A(8,0)和B(0,4)代入ykxb中，得：
08kb
 ，
4b 1
k 
解得： 2，
 b4
1
故AB的解析式为：y x4；
2
（2）
将AOB沿直线l对折使点A和点B重合，

AC BC，
设OC x，则BC  AC 8x，
在RtOBC中，
x2 42 (8x)2，
x3，
OC 3，
ADBD，
S S 10
ADE BDE
点D的纵坐标为2，

过D作DM x轴交x轴于点M ，
DM 2，
S  AEDM ，
 ADE
AE10，
OE2，
OB4，

BE OE2 OB2 2 5 ，
C 242 562 5；
BOE
（3）以B点为圆心，BC长为半径作圆，交y轴于P、P 两点，以C点为圆心，CB长为半径作圆，交y
1 2
轴于点P ，在y轴上找一点P ，使P4BP4C，
3 4
OC 3，OB4，

BC 5，
B(0,4)，BP BP BC 5
 1 2
OP OBBP 459，OP BP BO541，
1 1 2 2P(0,9)，P(0,1)，
1 2
CP BC 5，
 3
在RtOCP 中，
3
OP 4，
3
P(0,4)，
3
BP CP ，
 4 4
设OP m，则CP BP 4m，
4 4 4
在RtOCP 中，
4
m2 32 (4m)2，
7
m ，
8
7
OP  ，
4 8
7
P(0, )，
4 8
7
故P点坐标为(0,9)，(0,1)，(0,4)，(0, )．
8【点评】本题考查了求一次函数解析式的方法，考查了一次函数的应用，考查了两元一线的模型应用，通
过折叠求出对应边相等，然后通过勾股定理来求对应的边长．
题型三：胡不归模型
1．（2023•湘潭县校级三模）如图，抛物线yax2 bx3(a0)与x轴相交于点A(1,0)，B(3,0)，与y轴
交于点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为y轴上一个动点，连接BP，求 10CP10BP的最小值；
（3）连接AC，在x轴上是否存在一点P，使得PCOACO45？若存在，求出点P的坐标；若不存
在，请说明理由．
【分析】（1）待定系数法求抛物线的解析式；
（2）对条件 10CP10BP提取系数10，再利用胡不归模型；
（3）构造和ACO相等的角，利用相似或三角函数值建立方程解决．
【解答】解：（1） 抛物线yax2 bx3(a0)与x轴相交于点A(1,0)，B(3,0)，

ab30
 ，
9a3b30
a1
解得 ，
b2抛物线的解析式为yx2 2x3；
（2）过点P作PM  AC ，垂足为M ，过点B作BN  AC，垂足为N，
在yx2 2x3中，令x0，则y3，
C(0,3)，
在AOC中，OA1，OC 3，AC  10 ，
OA 10
sinACO  ，
AC 10
MP 10
在CMP中，sinACO  ，
CP 10
10
MP CP，
10
1 1 1 1
S  ABOC  43 ACBN   10BN ，
 ABC 2 2 2 2
6 10
BN  ，
5
10 6 10
 10CP10BP10( CPBP)10(MPBP)…10BN 10 12 10，
10 5
 10CP10BP的最小值为12 10 ．
（3）如图，PCOACO45，
ACP45，
OAOB3，
COB是等腰直角三角形，
OCB45，
ACOPCB，
过点B作PQBC ，垂足为Q，
PQ OA 1
tanPCB tanACO  ，
CQ OC 3
CQ3PQ，
2
设OPx，则PB3x，BQPQ (3x)，
2
又CQPQBC 3 2，
2 2
3 (3x) (3x)3 2，
2 2
3
x ，
2
3
P( ，0)．
2
3
由对称性得，P( ，0)也满足题意，
2
3 3
P( ，0)或( ，0)．
2 2
【点评】本题考查了二次函数用待定系数法求表达式，胡不归模型等．第（3）问关键是构造和ACO相等
的角，利用相似或三角函数值建立方程解决．2．（2023•徐州二模）抛物线yx2 bx3与直线yx1相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点A
在x轴的负半轴上．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；
（2）如图1，直线AB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PH  AB于点H ，求垂线段PH 的最大值；
5
（3）如图2，当点P运动到抛物线对称轴右侧时，连接AP，交抛物线的对称轴于点M ，当AM  DM
5
最小时，直接写出此时AP的长度．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
2
（2）证明PNH 是等腰直角三角形，则PH  PN ，进而求解；
2
5 5
（3）证明MRDMsinLDT  DM ，得到故当A、M 、R共线时，AM  DM  AM MR为最小，
5 5
进而求解．
【解答】解：（1） yx1与x轴交于点A．

将y0代入得x1，
点A(1,0)，
将点A的坐标代入抛物线表达式得：01b3，
解得：b2．
故抛物线的函数表达式为：yx2 2x3(x1)2 4①，
即顶点D的坐标为(1,4)；
（2）设直线AB与y轴交于点E，令x0，得y1，故点E的坐标为(0,1)，
OAOE1，
OAE 为等腰直角三角形，
如图1，过点P作PN //y轴，交直线AB于点N，则PNB45，
PNH 是等腰直角三角形，
2
PH  PN，设点P(m,m2 2m3)，则点N(m,m1)，
2
1 9 9
PN m2 2m3m1(m )2  „ ，
2 4 4
9 2
PH 的最大值为 ；
8
（3）如图2，设抛物线与x轴的另外一个交点为T(3,0)，抛物线和x轴的交点为L(1,0)，连接DT ，
LT 2 1 5
则tanLDT    ，则sinLDT  ，
DL 4 2 5
过点M 作MRDT 于点R，延长MR交抛物线于点P，
5
则此时，MRDMsinLDT  DM ，
5
5
故当A、M 、R共线时，AM  DM  AM MR为最小，
5
DRM ALM 90，DMRAML，

PALLDT ，
5
即sinPALsinLDT  ，
5
1
则tanPAL ，
2
1 1 1 1
故直线AP的表达式为：y (xx ) (x1) x ②，
2 A 2 2 2
1 1
联立①②得：x2 2x3 x ，
2 2
5
解得：x1（舍去）或 ，
25 7
则点P的坐标为：( ， )，
2 4
7 5
由点P、A的坐标得，PA ．
4
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、胡不归问题等，有一定的
综合性，难度适中．
3．（2023•丘北县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2 bx4与x轴交于A(4,0)、B(2,0)两
点，与y轴交于点C，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上方抛物线上一动点，点E是x轴上的动点，连接PA、PC，当PAC 的面积最大时，
2
求PE BE的最小值．
2
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
1
（2）过P点作PG//y轴交于AC于G点，设P(t, t2 t4)，则G(t,t4)，可得S (t2)2 4，
2 PAC
当t 2时，PAC 的面积有最大值4，此时P(2,4)，过B点作BF //AC，过点P作PF BF 交于F 点，
2
交x轴于点E，过E点作EGBF 交于G点，则BEG为等腰直角三角形，可知PE BEPEEG…PF ，
2
求出PF 的长即为所求．
【解答】解：（1）将A(4,0)、B(2,0)代入yax2 bx4，
16a4b40
 ，
4a2b40
 1
a
解得 2，
 b1
1
抛物线的解析式为y x2 x4；
2
（2）当x0时，y4，C(0,4)，
设直线AC的解析式为ykxm，
m4
 ，
4km0
k 1
解得 ，
m4
直线AC的解析式为yx4，
过P点作PG//y轴交于AC于G点，
1
设P(t, t2 t4)，则G(t,t4)，
2
1 1
PG t2 t4t4 t2 2t，
2 2
1 1
S  ( t2 2t)4t2 4t (t2)2 4，
PAC 2 2
当t 2时，PAC 的面积有最大值4，此时P(2,4)，
过B点作BF //AC，过点P作PF BF 交于F 点，交x轴于点E，
OAOC 4，

ACO45，
AC//BF ，

ABF 45，
过E点作EGBF 交于G点，
BEG为等腰直角三角形，
2
EG BE，
2
2
PE BEPEEG…PF ，
2
设PF 与AC交于H 点，直线BF 与y轴交于M 点，过点M 作MN  AC 交于N点，
APC的面积为4，

1
4 4 2PH ，
2
解得PH  2，
AC与BF 平行，

直线BF 的解析式为yx2，M(0,2)，
CM 6，
ACM 45，

MN 3 2，
PF 4 2 ，
2
PE BE的最小值为4 2．
2
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，利
用胡不归求最短距离是解题的关键．
4．（2019•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2 2x3与x轴交于点A，B（点A在点B的左
侧），交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）连接BD，点M 是线段BD上一动点（点M 不与端点B，D重合），过点M 作MN BD，交抛物线
于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH x轴，垂足为H ，交BD于点F ，点P是线段OC上一动
1
点，当MN 取得最大值时，求HF FP PC的最小值；
3
1 2
（2）在（1）中，当MN 取得最大值，HF FP PC取得最小值时，把点P向上平移 个单位得到点
3 2
Q，连接AQ，把AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度(0360)，得到△AOQ，其中边AQ交坐
标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得QQOG？若存在，请直接写出所有满足条件的
点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【 分 析 】（ 1 ） 先 确 定 点 F 的 位 置 ， 可 设 点 N(m,m2 2m3)， 则 点 F(m,2m6)， 可 得
b
|NF|(2m6)(m2 2m3)m2 4m3，根据二次函数的性质得m 2时，NF 取到最大值，
2a
3 2
此时MN 取到最大值，此时HF 2，此时F(2,2)，在x轴上找一点K( ，0)，连接CK ，过点F 作CK
4
1
的垂线交CK 于点J点，交y轴于点P，sinOCK  ，直线KC的解析式为：y2 2 x3，从而得到
3
2 4 2 22 2 194 2 1
直线FJ 的解析式为：y x 联立解出点J( ， )得FP PC的最小值即为FJ
4 2 9 9 3
1 4 2 1 74 2
的长，且|FJ |  最后得出|HF FP PC|  ；
3 3 3 min 3
（2）由题意可得出点Q(0,2)，AQ 5，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中
1 5
点G，连接OG，则OGGQ AQ ，此时，AQOGOQ，把AOQ绕点O顺时针旋转一定的
2 2
角度(0360)，得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点G，则用OGGQ，分四种情况求解．
【解答】解：（1）如图1抛物线yx2 2x3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C

令y0解得：x 1，x 3，令x0，解得：y3，
1 2
A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)
b 2 4acb2 41(3)4
点D为抛物线的顶点，且  1，  4

2a 2 4a 41
点D的坐标为D(1,4)
直线BD的解析式为：y2x6，
由题意，可设点N(m,m2 2m3)，则点F(m,2m6)
|NF|(2m6)(m2 2m3)m2 4m3
b
当m 2时，NF 取到最大值，此时MN 取到最大值，此时HF 2，
2a
此时，N(2,3)，F(2,2)，H(2,0)
3 2
在x轴上找一点K( ，0)，连接CK ，过点F 作CK 的垂线交CK 于点J点，交y轴于点P，
4
1
sinOCK  ，直线KC的解析式为：y2 2 x3，且点F(2,2)，
3
1 2 4 2
PJ  PC，直线FJ 的解析式为：y x
3 4 2
22 2 194 2
点J( ， )
9 9
1 1 4 2
FP PC 的最小值即为FJ 的长，且|FJ | 
3 3 31 74 2
|HF FP PC|  ；
3 min 3
4 2
（2）由（1）知，点P(0, )，
2
2
把点P向上平移 个单位得到点Q

2
点Q(0,2)
1 5
在RtAOQ中，AOG90，AQ 5，取AQ的中点G，连接OG，则OGGQ AQ ，此时，
2 2
AQOGOQ
把AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度(0360)，得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点G
①如图2
5
G点落在y轴的负半轴，则G(0, )，过点Q作QI x轴交x轴于点I ，且GOQQ
2
则IOQOAQOAQ，
OQ 2 2 5
sinOAQ  

AQ 5 5
IQ IQ 2 5 4 5
sinIOQ   ，解得：|IO|
OQ 2 5 5
2 5
在RtOIQ中根据勾股定理可得|OI|
5
2 5 4 5
点Q的坐标为Q( ， )；
5 5
②如图3，4 5 2 5
当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q( ， )
5 5
③如图4
2 5 4 5
当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q( ， )
5 5
④如图54 5 2 5
当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q( ， )．
5 5
2 5 4 5 4 5 2 5 2 5 4 5 4 5
综上所述，所有满足条件的点Q的坐标为：( ， )，( ， )，( ， )，( ，
5 5 5 5 5 5 5
2 5
 )．
5
【点评】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三
角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线段
的长度，从而求出线段之间的关系．
5．（2023•江城区三模）如图，抛物线y 2x2 6 2x7 2 交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），交
y轴于点C，直线y 2x7 2经过点A、C，点M 是线段AC上的一动点（不与点A，C重合）．
（1）求A，B两点的坐标；
6
（2）当点P，C关于抛物线的对称轴对称时，求PM  AM 的最小值及此时点M 的坐标；
3
（3）连接BC，当AOM 与ABC 相似时，求出点M 的坐标．【分析】（1）在y 2x2 6 2x7 2 中，令y0，解得x7或x1，即得A(7,0)，B(1,0)；
（ 2 ） 过 P作 PN x轴 于 N， 交 AC于 M ， 抛 物 线 y 2x2 6 2x7 2 的 对 称 轴 为 直 线
6 2 OC 7 2 6
x 3，在 y 2x2 6 2x7 2 中，得C(0，7 2)，可得sinCAB   ，在
2 2 AC 7 3 3
6 6 6
RtAMN中，MN  AM ，故PM  AM 最小，即是PM MN 最小，PM  AM 的最小值即为PN
3 3 3
6
的长，根据点P，C(0，7 2)关于抛物线的对称轴直线x3对称，即得PN OC 7 2，即PM  AM
3
的最小值为7 2，由A(7,0)，C(0，7 2)得直线AC解析式为y 2x7 2，可求出M(6, 2)；
（3）过 M 作 MH x轴于 H ，过 M作 MGx轴于G， AOM 与 ABC 相似，分两种情况：①当
AM OA 8 3 13 8 2
ABC∽AMO时 ，  ， 可 得 AM  ， 由 AMH∽ACO， 即 得 M( ， )， ② 当
AB AC 3 3 3
AM OA 49 3 7 49 2
ABC∽AOM时，  ，得AM ，同理可得M( ， )．
AC AB 8 8 8
【解答】解：（1）在y 2x2 6 2x7 2 中，令y0得：
 2x2 6 2x7 2 0，解得x7或x1，
A(7,0)，B(1,0)；
（2）过P作PN x轴于N，交AC于M ，如图：6 2
抛物线y 2x2 6 2x7 2 的对称轴为直线x 3，
2 2
在y 2x2 6 2x7 2 中，令x0得y7 2，
C(0，7 2)，
AC  OC2 OA2 7 3，
OC 7 2 6
sinCAB   ，
AC 7 3 3
6
在RtAMN中，MN  AM sinCAB AM ，
3
6 6
PM  AM 最小，即是PM MN 最小，由垂线段最短可知PM  AM 的最小值即为PN 的长，
3 3
点P，C(0，7 2)关于抛物线的对称轴直线x3对称，

PN 与OC关于抛物线y 2x2 6 2x7 2 的对称轴直线x3对称，P(6，7 2)，
6
PN OC 7 2，即PM  AM 的最小值为7 2，
3
由A(7,0)，C(0，7 2)得直线AC解析式为y 2x7 2，
在y 2x7 2中，令x6得y 2 ，
M(6, 2)；
（3）过M 作MH x轴于H ，过M作MGx轴于G，如图：A(7,0)，B(1,0)，C(0，7 2)，

AB8，AC 7 3，
MAOBAC，

AOM 与ABC 相似，分两种情况：
AM OA
①当ABC∽AMO时，  ，
AB AC
AM 7
  ，
8 7 3
8 3
AM  ，
3
MH x轴，

MH //OC，
AMH∽ACO，
8 3
AM AH MH 3 AH MH
   ，即   ，
AC OA OC 7 3 7 7 2
8 8 2
AH  ，MH  ，
3 3
13
OH OAAH  ，
3
13 8 2
M( ， )，
3 3
②当ABC∽AOM时，
AM OA AM 7
  ，即  ，
AC AB 7 3 849 3
AM ，
8
AM AG MG
同理可得   ，
AC OA OC
49 3
8 AG MG
   ，
7 3 7 7 2
49 49 2
AG ，MG ，
8 8
7
OGOAAG ，
8
7 49 2
M( ， )，
8 8
13 8 2 7 49 2
综上所述，当AOM 与ABC 相似时，M 坐标为( ， )或( ， )．
3 3 8 8
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及抛物线与坐标轴交点坐标，“胡不归”模型，相似三角形的判定
与性质等知识，解题得关键是画出图形，由相似三角形对应边成比例，求出相关线段的长度．
6．（2024•宿迁模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2 2ax3与x轴交于点A，B（点A在
点B的左侧），交y轴于点C，点A的坐标为(1,0)，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）填空：a 1 ，点B的坐标是 ；
（2）连接BD，点M 是线段BD上一动点（点M 不与端点B，D重合），过点M 作MN BD，交抛物线
于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH x轴，垂足为H ，交BD于点F ，点P是线段OC上一动
1
点，当MNF的周长取得最大值时，求FP PC的最小值；
2
1 2 3
（3）在（2）中，当MNF的周长取得最大值时，FP PC取得最小值时，如图2，把点P向下平移
2 3
个单位得到点Q，连接AQ，把AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度(0360)，得到△AOQ，其
中边AQ交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQOG？若存在，请直接写出所有
满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A(1,0)代入yax2 2ax3，求得a，再令y0，解方程即可得出答案；
（2）将（1）中所得的解析式写成顶点式，则可得点D的坐标，用待定系数法求得直线BD的解析式，设点
3 55
F(m,2m6)，N(m,m2 2m3)，利用等角的三角函数值相等得出C  NF ，利用二次函数的
MNF 5
性质求出使MNF的周长取得最大值时的m值，在x轴上取点K( 3，0)，则OCK 30，过F 作CK
1
的垂线段FG交y轴于点P，可得(FG PC) FG，连接FC，FK ，设FK 交y轴于点J，利用CKF
2 min
的面积计算出FG即可；
（3）由（2）求出点Q的坐标，取AQ的中点G，△AOQ在旋转过程中，只需使AG的中点G在坐标轴上
即可使得GQOG，分四种情况计算即可．
【解答】解：（1）将点A(1,0)代入yax2 2ax3，得a2a30，
解得，a1，
yx2 2x3，
当y0时，x2 2x30，
解得，x 1，x 3，
1 2
点B的坐标是(3,0)；
故答案为：1，(3,0)；
（2） yx2 2x3

(x1)2 4，
点C(0,3)，点D(1,4)，设直线BD的解析式为ykxb(k 0)，将B(3,0)，D(1,4)代入得：
3kb0
 ，
kb4
k 2
解得， ，
b6
y2x6，
设点F(m,2m6)，N(m,m2 2m3)，
由图形可知，MNF DBE，
2 5
sinDBE 5，cosDBE ，

5 5
5 2 5 3 5
MN MF  NF  NF  NF ，
5 5 5
3 5
C  NF NF
MNF 5
3 55
 NF
5
3 55
 (m2 2m32m6)
5
3 55
 (m2 4m3)
5
3 55
 [(m2)2 1]，
5
当m2时，C 最大，此时F(2,2)，HF 2，
MNF
1
在x轴上取点K( 3，0)，则OCK 30，过F 作CK 的垂线段FG交y轴于点P，此时PG PC ，
2
1
PF  PC FPPG，
2
1
当点F ，P，G三点共线时，PF  PC 有最小值为FG，
2
而此时点P不在线段OC上，故不符合题意，
1
FP PC的最小值为FC的长度，
2
点C(0,3)，点F(2,2)，

CF  12 22  5，
1
当MNF的周长取得最大值时，FP PC的最小值为 5 ；
2（3）存在．
由（2）可知，点P(0,3)，
2 3
将点P向下平移 个单位得到点Q，
3
2 3
点Q(0,3 )，
3
2 3
在RtAOQ中，OA1，OQ3 ，则AQ
3
5 ，
取AQ的中点G，则有OGGQ，
△AOQ在旋转过程中，只需使AG的中点G在坐标轴上即可使得GQOG，
如图所示，当点G在y轴正半轴上时，过点Q作QI x轴，垂足为I ，
GQOG，

GOQGQO
OG//IQ，

GOQIQO，
IQOGQO，
设Q(x,y)，则有：
sinIQOsinAQO
x

2
1
 ，
5
2 5 2 5 4 5
x ，则点Q( ， )，
5 5 54 5 2 5
同理可知，当点G在x轴正半轴上时，点Q( ， )；
5 5
2 5 4 5
当点G在y轴负半轴上时，点Q( ， )；
5 5
4 5 2 5
当点G在x轴负半轴上时，点Q( ， )．
5 5
2 5 4 5 4 5 2 5 2 5 4 5 4 5 2 5
综上，点Q的坐标为( ， )，( ， )，( ， )，( ， )．
5 5 5 5 5 5 5 5
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、直角三角形的性
质与解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7．（2023•南山区三模）如图，在ACE中，CACE，CAE30， O经过点C，且圆的直径AB在线

段AE上．
（1）试说明CE 是 O的切线；

（2）若ACE中AE边上的高为h，试用含h的代数式表示 O的直径AB；

1
（3）设点D是线段AC上任意一点（不含端点），连接OD，当 CDOD的最小值为6时，求 O的直径

2
AB的长．
【分析】（1）连接OC，如图1，要证CE 是 O的切线，只需证到OCE90即可；

（2）过点C作CH  AB于H ，连接OC，如图2，在RtOHC中运用三角函数即可解决问题；
（3）作OF 平分AOC，交 O于F ，连接AF 、CF 、DF，如图3，易证四边形AOCF是菱形，根据对

1 1
称性可得DF DO．过点D作DH OC于H ，易得DH  DC，从而有 CDODDH FD．根据垂
2 21
线段最短可得：当F 、D、H 三点共线时，DH FD（即 CDOD)最小，然后在RtOHF中运用三角函
2
数即可解决问题．
【解答】解：（1）连接OC，如图1，
CACE ，CAE30，

ECAE30，COE2A60，
OCE90，
CE是 O的切线；

（2）过点C作CH  AB于H ，连接OC，如图2，
由题可得CH h．
在RtOHC中，CH OCsinCOH ，
3
hOCsin60 OC，
2
2h 2 3
OC   h，
3 3
4 3
AB2OC  h；
3
（3）作OF 平分AOC，交 O于F ，连接AF 、CF 、DF，如图3，
1 1
则AOF COF  AOC  (18060)60．
2 2
OAOF OC ，

AOF 、COF是等边三角形，
AF  AOOC FC，
四边形AOCF是菱形，
根据对称性可得DF DO．
过点D作DH OC于H ，
OAOC，OCAOAC 30，

1
DH DCsinDCH DCsin30 DC，
2
1
 CDODDH FD．
2
根据垂线段最短可得：
1
当F 、D、H 三点共线时，DH FD（即 CDOD)最小，
2
3
此时FH OFsinFOH  OF 6，
2
则OF 4 3，AB2OF 8 3．
1
当 CDOD的最小值为6时， O的直径AB的长为8 3．

2
【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、等腰三角形的性质、三角函数的定义、特殊角的三角
1
函数值、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、垂线段最短等知识，把 CDOD转化为DH FD
2
是解决第（3）小题的关键．
题型四：阿氏圆模型
1．（2024•长沙模拟）阅读材料，回答下列小题．
阅读材料1:
调和是射影几何重要不变量交比的一种特殊形式，早在古希腊，数学家们便发现了一组具有特殊比例关系的点列：调和点列．
我们定义：若一直线上依次存在四点A，B，C，D，满足ABCDBCAD，则称A，B，C，D为调
和点列．从直线外一点P引射线PA，PB，PC，PD，则称PA，PB，PC，PD为调和线束．
（1）如图1，过圆Q外一点P作圆Q的切线PA，PB，并引圆的割线PCD，设PD与A交于点E．
①求证：P，C，E，D是调和点列．
②求证：ACBDBCAD．
阅读材料2：阿波罗尼斯圆：对于平面上的两定点A，B和平面上一动点P，若P到A和B的距离之比为
定值，则点P的轨迹是一个圆，我们称该圆是点P关于AB的“阿氏圆”．
（2）根据阅读材料1，2，回答①②小题．（本题图未给出）
①证明阿波罗尼斯圆，并确定该圆圆心的位置．
②若点P关于AB的“阿氏圆”交AB于C，D，求证：A，C，B，D为调和点列．
（3）如图2，ABCD是平行四边形，G是三角形ABD的重心，点P，Q在直线BD上，满足GP与PC垂
直，GQ与QC垂直．求证：AG平分PAQ．
【分析】（1）根据题目ABCDBCAD变成分式，转化成三角形面积之比，利用正弦定理转化得出面积
之比即为所求；
（2）①建立平面直角坐标系，计算出动点P的轨迹方程，易证明阿氏圆并求得圆心位置；②利用角平分线
性质逆定理，利用反证法证明；
（3）利用阿氏圆结论证明AG是PAQ的角平分线．
【解答】解：（1）为解答过程简洁，记1，2，3，4，5如图，
①证明： PA，PB是圆的切线，

由切线长定理，得PAPB，
由弦切角定理，得41，PDBPBC，在ACD中，
5180234180231，
sin5sin(180231)sin(123)，
在PAC 和PDA中，
APC DPA
 ，
14
PAC∽PDA，
AC PC
  ，
DA PA
在PBC 和PDB中，
BPC DPB
 ，
PBC PDB
PBC∽PDB，
BC PC
  ，
DB PB
PC PC AC BC PC
  ，即   ，
PA PB DA DB PA
AC BC
  ，
DA DB
sin4 sin2
由正弦定理，  ，
sin5 sin3
sin1 sin2 sin1 sin(123)
  ，即  ，
sin(123) sin3 sin2 sin3
1
APACsin1
PC S 2 APsin1
 PAC   ，

CE S 1 AEsin2
CAE ACAEsin2
2
1
APADsin(123)
PD S 2 APsin(123)
 PAD   ，
DE S 1 AEsin3
EAD AEADsin3
2
PC PD
  ，即PCDECEPD，
CE DE
P，C，E，D是调和点列；
AC BC
②证明：由①知：  ，
DA DB
ACBDBCAD；（2）①以O为原点，线段AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
设AC 2c，A(c,0)，B(c,0)，(c0)，P(x,y)，
|PA| (xc)2  y2
则由题意，得  0，
|PB| (xc)2  y2
2 1
化简，得x2  y2 2c xc2 0，
2 1
2 1 42c2
即(x c)2  y2  ，
2 1 (2 1)2
显然1，
2 1 2c
故点P的轨迹是以( c，0)为圆心，r 为半径的圆，其中0且1，
2 1 |2 1|
②证明：如图，
AC AD PA
（反证法）不妨设   k 1，
CB DB PB
由三角形内、外角平分线定理的逆定理，
得PC，PD分别为APB，BPE 的角平分线，
CPD90，即点P轨迹是以CD为直径的圆，
AC AD
故在“阿氏圆”中  ，
CB DB
A，C，B，D为调和点列；
（3）连接AC交BD于点M ，
ABCD是平行四边形，

M 是AC，BD的中点，
G是三角形ABD的重心，

点G在AC上，GP与PC垂直，GQ与QC垂直，

GPC GQC 90，
P，G，Q，C四点共圆，且外接圆以QC为直径，
由相交弦定理，得PM MQGM MC，①
取GC的中点O，
由AG:GM :MC 2:1:3，
1
OC  GC  AG，
2
G，O关于点M 对称，
GM MC  AM MO，②
由①②得：PM MQ AM MO，
A，P，O，Q四点共圆，
1
又OPOQ GC，
2
PAOQAO，
即AG平分PAQ．
【点评】巧妙利用三角形中边角关系变换关系求得题目已知条件，即可证明调和点列；阿氏圆的证明需要
学生有敏感的数形结合思维，熟练掌握角平分线性质等，掌握反证法往往可以使得证明更加简便．题目条
件较复杂，需要学生能看出题中的隐圆．题目具有挑战性，属于难题．
2．（2024•莱芜区校级模拟）在ABC 中，CAB90，AC  AB．若点D为AC上一点，连接BD，将BD
绕点B顺时针旋转90得到BE ，连接CE ，交AB于点F ．
（1）如图1，若ABE75，BD4，求AC的长；
（2）如图2，点G为BC的中点，连接FG交BD于点H ．若ABD30，猜想线段DC与线段HG的数
量关系，并写出证明过程；（3）如图 3，若 AB4， D为 AC的中点，将 ABD绕点 B旋转得△ ABD，连接 AC 、 AD，当
2
AD AC最小时，求S ．
2 ABC
【分析】（1）通过作辅助线，构造直角三角形，借助解直角三角形求得线段的长度；
（2）通过作辅助线，构造全等三角形，设AC a，利用中位线定理，解直角三角形，用a的代数式表示CD
和HG，即可得CD与HG的数量关系；
（3）构造阿氏圆模型，利用两点之间线段最短，确定A（4）的位置，继而求得相关三角形的面积．
【解答】解：（1）过D作DGBC，垂足是G，如图1:
将BD绕点B顺时针旋转90得到BE ，

EBD90，
ABE 75，

ABD15，
ABC 45，

DBC 30，
1
在直角BDG中有DG BD2，BG 3DG2 3，
2
ACB45，

在直角DCG中，CGDG2，
BC BGCG22 3，
2
AC  BC  2 6；
2
3
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG CD，
4
证明：延长CA，过E作EN 垂直于CA的延长线，垂足是N，连接BN ，ED，过G作GM  AB于M ，如
图：END90，
由旋转可知EBD90，
EDB45
ENDEBD90，
E ，B，D，N四点共圆，
BNEEDB45，NEBBDN 180
BDCBDN 180，BCD45，

BEN BDC，
BNE45BCD，
在BEN 和BDC中，
BNEBCD

BEN BDC，

BEBA
BEN BDC(AAS)，
BN BC，
BAC 90，

在等腰BNC中，由三线合一可知BA是CN 的中线，
BAC END90，

EN //AB，
A是CN 的中点，

F 是EC的中点，
G是BC的中点，

FG是BEC 的中位线，
1
FG//BE，FG BE，
2BEBD，

FGBD，
ABD30，

BFG60，
ABC 45，

BGF 75，
设AC a，则ABa，
3 2 3
在RtABD中，AD a，BDBE  a，
3 3
1
FG BE，
2
3
FG a，
3
GM  AB，

BGM 是等腰三角形，
2 2 1 2 1 1
MGMB BG  BC    2AC  a，
2 2 2 2 2 2
在RtMFG中，MFG60，
 3MF MG，
3
MF  a，
6
3 3
BF BM MF  a，
6
在RtBFH中，BFG60，
1 3 3
FH  BF  a，
2 12
3 3 3 1
HGFGFH  a a ( 31)a，
3 12 4
3 3
又 CDa a ( 31)a，

3 3
CD 4
  ，
HG 3
3
HG CD；
4
（3）设ABa，则BC  2a，取BC的中点N，连接AD，AC ，AN ，连接DN ，如图3，由旋转可知AB ABa，
AB a BC 2a
  2，   2，

BN 2 AB a
a
2
AB BC
   2，
BN AB
又ABN CBA，
△ABN∽CBA，
AN AB 2
   ，
AC BC 2
2
AN  AC，
2
2
根据旋转和两点之间线段最短可知，AD AC 最小，即是AD AN 最小，此时D、A、N共线，即A
2
在线段DN 上，
设此时A落在A处，过A作AF  AB于F ，连接AA，如图4，
D，N分别是AC，BC的中点，

DN是ABC 的中位线，
DN //AB，
AB AC，

DN  AC，AAFAADA90，

四边形AFAD是矩形，
AF  AD，AF  AD2，
又AB AB4，

设AF x，
在直角三角形AFB中，AB2  AF2 BF2，
42 22 (4x)2，
解得x42 3．
此时
S S S S 
1
ABAC
1
ABAF
1
ACAD
1
44
1
42
1
4(42 3)4 34
．
ABC ABC AAB AAC 2 2 2 2 2 2
【点评】此题主要考查全等三角形判定，等腰三角形的三线合一，解直角三角形，四点共圆，几何最值的
阿氏圆模型等知识，综合性强，难度较大，属于压轴题，解得关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三
角形解决问题．
3．（2023•万州区模拟）如图，在等腰直角三角形ABC中，C 90，过点C作CD//AB交过点B的直线
于点D，ABD30，直线BD交AC于H ．
（1）如图1，若AB2，求BD的长；
（2）如图2，过点A作AGBD交BD于点G，交BC的延长线于E，取线段AB的中点F ，连接GF ，求
证：GF  3GH BH ．
（3）在（2）的条件下，过点D作DP AB交AB于点P，若点M 是线段GF 上任一点，连接BM ，将BGM
3
沿BM 折叠，折叠后的三角形记为△BGM ，当 AGDG取得最小时，直接写出tanPDG的值．
2
【分析】（1）过点C作CK  AB于点K，过点B作BLCD，交DC的延长线于点L，由等腰直角三角形
性质可得AK BK CK 1，再证得四边形BLCK 是矩形，可得BLCK 1，利用直角三角形性质：30
角所对的直角边等于斜边的一半，即可得出答案；
AG 3 1
（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
BG 3 2EBGEAC，tanEBGtanEAC，得出EG 3GH ，再证得AEC BHC(ASA)，得出AE BH ，
由AE AGEGGF  3GH ，即可证得结论；
（3）由旋转可得BGBG，即点G在以B为圆心，BG为半径的圆上运动，以B为圆心，BG为半径作 B，

BG BQ
连接 CF ，过点 G作 GQ AB于 Q，连接 DQ， GQ，利用解直角三角形可得出  ，又
AB BG
GQ BG BG 3 3
ABGGBQ，证得ABG∽△GBQ，得出    ，根据 AGDGGQDG…DQ，
AG AB AB 2 2
3
可得当且仅当D、G、Q在同一条直线上时， AGDG取得最小值DQ，再运用解直角三角形即可求
2
得答案．
【解答】（1）解：过点C作CK  AB于点K，过点B作BLCD，交DC的延长线于点L，如图1，
则AKC BKC BLC 90，
CD//AB，

KCLAKC 90，BDLABD30，
ABC是等腰直角三角形，C 90，CK  AB，AB2，

AK BK CK 1，
BKC KCLBLC 90，

四边形BLCK 是矩形，
BLCK 1，
BD2BL2；
（2）证明：如图2，
AGBD，
AGB90，
ABD30，

AG 3 1
 tanABDtan30 ，AG AB，
BG 3 2
ACE180ACB90，BGE180AGB90，

AGBACEBGE90，
EBGE90，EACE90，
EBGEAC，
tanEBGtanEAC，
EG GH
  ，
BG AG
GH AG 3
   ，
EG BG 3
EG 3GH ，
点F 是AB的中点，AGB90，

1
GF  AB，
2
GF  AG，
在AEC 和BHC中，
EAC HBC

AC BC ，

ACEBCH
AEC BHC(ASA)，
AE BH ，
AE AGEGGF  3GH，

GF  3GH BH ．
（3）解： 将BGM 沿BM 折叠，折叠后的三角形记为△BGM ，

BGBG，即点G在以B为圆心，BG为半径的圆上运动，
如图，以B为圆心，BG为半径作 B，连接CF ，过点G作GQ AB于Q，连接DQ，GQ，
BPDBQGAGB90，ABD30，

BQ BP BG 3 DP 1
   cosABDcos30 ， sin30 ，
BG BD AB 2 BD 2
DP AB，CF  AB，

DP//CF，
CD//AB，DPF 90，

四边形CDPF 是矩形，
CF DP，
点F 是RtABC斜边AB的中点，

CF 1
  ，
AB 2
ABBD，BPBGBG，
BP 3
  ，
AB 2
BQ BQ 3
  ，

BG BG 2
BG BQ
  ，
AB BG
又 ABGGBQ，

ABG∽△GBQ，
GQ BG BG 3
    ，
AG AB AB 2
3
 AGGQ，
23 3
 AGDGGQDG…DQ，当且仅当D、G、Q在同一条直线上时， AGDG取得最小值
2 2
DQ，
3 3 3 1 1
BPBG AB，BQ BG AB，DP BD AB，

2 2 4 2 2
3 3 2 33
BPBQ AB AB AB，
2 4 4
2 33
AB
PQ 4 2 33
在RtDPQ中，tanPDQ   ，
PD 1 2
AB
2
2 33
tanPDG ．
2
【点评】本题是几何综合题，考查了直角三角形性质，等腰直角三角形性质，矩形的判定和性质，旋转变
换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，添加辅助线构造全等三角形
和相似三角形是解题关键．
4．（2022•从化区一模）已知，AB是 O的直径，AB4 2，AC BC．

（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方 O上的动点（不与点A，B重合），以CD为边，作正方形CDEF ，如图1所示，

若M 是DF的中点，N是BC的中点，求证：线段MN 的长为定值；
（3）如图2，点P是动点，且AP2，连接CP，PB，一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿
线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，到达点B后停止运动，求
点Q的运动时间t的最小值．
【分析】（1）AB是 O的直径，AC BC可得到ABC 是等腰直角三角形，从而得道答案；

（2）连接AD、CM 、DB、FB，首先利用ACDBCF ，CBF CAD，证明D、B、F 共线，再
证明CMB是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（3）“阿氏圆”的应用问题，以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M ，使AM 1，连接PM ，过MPC PC
作MH  AB于H ，连接BM 交 A于P，先证明PM  ， BP最小，即是PM BP最小，此时

2 2
P、B、M 共线，再计算BM 的长度即可．
【解答】解：（1） AB是 O的直径，
 
ABC 90，
AC BC，

ABC是等腰直角三角形，CAB45，
AB4 2，

BC  ABsin454；
（2）连接AD、CM 、DB、FB，如图：
ABC是等腰直角三角形，四边形CDEF 是正方形，

CDCF ，DCF ACB90，
ACD90DCBBCF ，
又AC BC，
ACDBCF(SAS)，
CBF CAD，
CBF ABCABDCADABCABD
DABCABABCABD
DAB4545ABD，
而AB是 O的直径，

ADB90，
DABABD90，CBF ABCABD180，
D、B、F 共线，
四边形CDEF 是正方形，

DCF 是等腰直角三角形，
M 是DF的中点，

CM DF ，即CMB是直角三角形，
N 是BC的中点，

1
MN  BC 2，即MN 为定值；
2
（3）以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M ，使AM 1，连接PM ，过M 作MH  AB于H ，连
接BM 交 A于P，如图：

一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段
PB匀速运动到点B，
PC
Q运动时间t  BP，
2
AM 1，AP2，AC BC 4，

AM AP 1
   ，
AP AC 2
又MAPPAC，
MAP∽PAC，
PM AM 1
   ，
PC AP 2
PC
PM  ，
2PC
 BP最小，即是PM BP最小，
2
PC
此时P、B、M 共线，即P与P重合，t  BP最小值即是BM 的长度，
2
在RtAMH中，MAH 45，AM 1，
2
AH MH  ，
2
AB4 2，

7 2
BH  ABAH  ，
2
RtBMH中，BM  BH2 MH2 5，
点Q的运动时间t的最小值为5．
PC
【点评】本题考查圆、等腰直角三角形、正方形等综合知识，解题的关键是构造MAP∽PAC ，把求 BP
2
最小的问题转化为求BM 的长度．
5．（2022•市中区校级模拟）如图，在ABC 与DEF 中，ACBEDF 90，BC  AC，EDFD，
点D在AB上．
（1）如图1，若点F 在AC的延长线上，连接AE，探究线段AF 、AE、AD之间的数量关系，并证明你
的结论；
（2）如图2，若点D与点A重合，且AC 3 2，DE 4，将DEF 绕点D旋转，连接BF ，点G为BF
3
的中点，连接CG，在旋转的过程中，求 CGBG的最小值；
2
（ 3 ） 如 图 3 ， 若 点 D为 AB的 中 点 ， 连 接 BF 、 CE 交 于 点 M ， CE 交 AB于 点 N， 且
ND
BC:DE:ME7:9:10，请直接写出 的值．
CN【分析】（1）过F 作FH  AB于H ，过E作EG AB于G，结合K字型全等，等腰直角三角形，四点共
圆即可得到答案；
4
（2）第二问考查隐圆问题与阿氏圆，取AB的中点O，连接OG，在OB上取OH  ，连接GH ，构建相
3
似，转化线段即可得到答案；
（3）过点C作BF 平行线，点F 作BC平行线交于点G；过点G作GH BF 于点H ，过点K作KI FG，
证明BDF CDE，设BC 7t ，则DE 9t，ME10t，结合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的
知识进行计算．
【解答】解：（1）线段AF 、AE、AD之间的数量关系：AE 2AD AF ，证明如下：
过F 作FH  AB于H ，过E作EG AB于G，如图：
FH  AB，EG AB，EDF 90，

FHDDGE90，FDH 90EDGDEG，
且DF DE，FHDDGE(AAS)，
FH DG AD AG，
ACBEDF 90，BC  AC，EDFD，

FABFED45，
点F 、D、A、E四点共圆，
FAEFDE90，EAGDFE45，
FH  AB，EG AB，BAC 45，

FAH和EAG为等腰直角三角形，
AF  2FH ，AE  2AG，
AF  2(AD AG) 2AD 2AG 2AD AE；
4
（2）取AB的中点O，连接OG，在OB上取OH  ，连接GH ，如图：
3
G为BF 的中点，O为AB中点，

OG是ABF的中位线，
1 1 1
OG AF  DF  DE2，
2 2 2
AC 3 2 ，

1
AB 2AC 6，OB AB3，
2
OG 2
  ，
OB 3
4
OH 3 2
而   ，
OG 2 3
OG OH
  ，
OB OG
又HOGGOB，
HOG∽GOB，
HG OG 2
   ，
BG OB 32
HG BG，
3
3 3 2 3
 CGBG (CG BG) (CGHG)，
2 2 3 2
3
要使 CGBG的最小，需CGHG最小，
2
3 3 3
当H 、G、C三点共线时， CGBG的最小， CGBG的最小值是 CH ，如图：
2 2 2
1 4
OC  AB3，OH  ，

2 3
97
CH  OH2 OC2  ，
3
3 3 3 97 97
 CGBG的最小值是 CH    ．
2 2 2 3 2
（3）过点C作BF 平行线，点F 作BC平行线交于点G；过点G作GH BF 于点H ，连接CD，连接GE
交BH 于点K，过点K作KI FG；如图：
BDC FDE90，

BDCCDF FDECDF，即BDF CDE，
且CDBD，DEDF ，
BDF CDE(SAS)，
BF CE，DEC DFB，
DECDPE90，DPE MPF ，
DFBMPF 90，
FME90
由BC:DE:ME7:9:10，设BC 7t ，则DE 9t，ME10t；
EF  2DE9 2t，
CG//BF，FG//BC，

四边形BFGC为平行四边形，
CEBF CG，ECGFME90，
ECG为等腰直角三角形，
CGE45GKH ，
GKH 为等腰直角三角形，
GE FG BC EF
  2，   2 ，  2，
CE CD CD DE
GE FG EF
   ，
CE CD DE
CDE∽GFE，
DCEFGE，
ND
 sinDCEsinFGE；
CN
RtMFE中，MF  EF2 ME2  62t，
FK MK MF MEMF 10t 62t，FGBC 7t，
设GFH ，KGI NCD，
GH KI DN
sin ,sin  ，
FG KG CN
KI
RtFKI中，sin ，
FK
GH
KI FKsinFK ，
FG
KG
GH  ，

2
KG
2 FKKG
KI FK  ，
FG 2FG
FKKG
KI 2FG FK 10t 62t 5 2 31
sin     ，
KG KG 2FG 27t 7ND 5 2 31
  ．
CN 7
【点评】本题考查等腰直角三角形中的旋转变换，涉及全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性
质、解直角三角形、勾股定理等知识，中间穿插了不同的模型，对模型的运用与转化能力要求很高，难度
较大，属于压轴题，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形或相似三角形．
题型五：瓜豆原理模型（点在直线上）
1．（2022•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，AOB和COD是等腰直角三角形，AOBCOD90，点C在OA上，点D在BO的延
长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ADBC ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的COD绕着点O顺时针旋转(090)，那么第（1）问的结论是否仍然成立？
如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB8，点C是线段AB外一动点，AC 3 3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
② 若 以 BC为 斜 边 作 RtBCD(B， C， D三 点 按 顺 时 针 排 列 ）， CDB90， 连 接 AD， 当
CBDDAB30时，直接写出AD的值．
【分析】（1）证明AODBOC(SAS)，即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得BOC AOD，再证明AODBOC(SAS)，即可得出结论；
（3）①过点A作AT  AB，使AT  AB，连接BT ，AD，DT ，BD，先证得ABC∽TBD，得出DT 3 6，
即点D的运动轨迹是以T为圆心，3 6 为半径的圆，当D在AT 的延长线上时，AD的值最大，最大值为
83 6；
②如图4，在AB上方作ABT 30，过点A作AT BT 于点T，连接AD、BD、DT ，过点T作TH  AD3 3 9
于点H ，可证得BAC∽BTD，得出DT  AC  3 3 ，再求出DH 、AH ，即可求得AD；如
2 2 2
图 5，在 AB下方作ABE 30，过点 A作 AE BE 于点 E，连接 DE，可证得BAC∽BTD，得出
9
DE ，再由勾股定理即可求得AD．
2
【解答】解：（1）ADBC．理由如下：
如图1， AOB和COD是等腰直角三角形，AOBCOD90，

OAOB，ODOC，
在AOD和BOC中，
OAOB

AODBOC 90，

ODOC
AODBOC(SAS)，
ADBC，
故答案为：ADBC；
（2）ADBC仍然成立.
证明：如图2， AOBCOD90，

AOBAOC AOCCOD90，
即BOC AOD，
在AOD和BOC中，
OAOB

AODBOC，

ODOC
AODBOC(SAS)，
ADBC；
（3）①过点A作AT  AB，使AT  AB，连接BT ，AD，DT ，BD，
ABT 和CBD都是等腰直角三角形，

BT  2AB，BD 2BC，ABT CBD45，
BT BD
   2，ABC TBD，
AB BC
ABC∽TBD，DT BT
   2，
AC AB
DT  2AC  23 33 6 ，
AT  AB8，DT 3 6，

点D的运动轨迹是以T为圆心，3 6 为半径的圆，
当D在AT 的延长线上时，AD的值最大，最大值为83 6，
故答案为：83 6；
②如图4，在AB上方作ABT 30，过点A作AT BT 于点T，连接AD、BD、DT ，过点T作TH  AD
于点H ，
BT BD 3
 cos30 ，ABC TBD30TBC ，

AB BC 2
BAC∽BTD，
DT BD 3
   ，
AC BC 2
3 3 9
DT  AC  3 3 ，
2 2 2
在RtABT中，AT  ABsinABT 8sin304，
BAT 903060，

TAH BAT DAB603030，
TH  AD，

TH  ATsinTAH 4sin302，AH  ATcosTAH 4cos302 3，
9 65
在RtDTH中，DH  DT2 TH2  ( )2 22  ，
2 2
65
AD AH DH 2 3 ；
2
如图5，在AB上方作ABE 30，过点A作AE BE 于点E，连接DE，
BE BD 3
则  cos30 ，
AB BC 2
EBDABC ABD30，

BDE∽BCA，
DE BE 3
   ，
AC AB 2
3 3 9
DE AC  3 3 ，
2 2 2
1
BAE903060，AE ABsin308 4，

2DAEDABBAE306090，
9 17
AD DE2 AE2  ( )2 42  ；
2 2
65 17
综上所述，AD的值为2 3 或 ．
2 2【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，
等腰三角形的性质，瓜豆原理等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，
综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．
2．（2021•武进区模拟）如图①，二次函数yx2 bxc的图象与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)，与y轴交
于点C，连接BC，点P是抛物线上一动点．
（1）求二次函数的表达式．
（2）当点P不与点A、B重合时，作直线AP，交直线BC于点Q，若ABQ的面积是BPQ面积的4倍，
求点P的横坐标．
（3）如图②，当点P在第一象限时，连接AP，交线段BC于点M ，以AM 为斜边向ABM 外作等腰直角
三角形AMN ，连接BN ，ABN 的面积是否变化？如果不变，请求出ABN 的面积；如果变化，请说明理
由．
【分析】（1）将A，B点坐标代入即可求出二次函数的表达式，
（2）分类讨论：当P在x轴上方和在x轴下方，运用高相等的两个三角形的面积比等于底边比这一概念进
行求解，
（3）找出N点的运动轨迹为平行于x轴的一条直线即可．
【解答】解：（1） 二次函数经过A(1,0)，(3,0)，

0(1)2 b(1)c
代入得 ，
032 3bc
b2
解得 ，
c3
所以二次函数的表达式为yx2 2x3．
（2）①如图所示，当P在x轴上方时，过点P作PF x轴于点F ，过点E作QE x轴于点E，过点B作BG AP于点G，
可得AQE∽APF ，
AQ AE QE
   ，
AP AF PF
1
AQBG
S ABQ  4  2  AQ ，

S 1 1 QP
BPQ QPBG
2
AQ 4
  ，
AP 5
AQ AE QE 4
    ，
AP AF PF 5
设点P(a,a2 2a3)，
OF a，PF a2 2a3，
4 4
AF a(1)a1，QE PF  (a2 2a3)，
5 5
4 4(a1)
AE AF  ，
5 5
4(a1) 4a1
OE AEAO 1 ，
5 5
4a1 4
Q点的坐标可表示为( ， (a2 2a3))，
5 5
B(3,0)，C为二次函数与y轴交点，

C(0,3)，
可得BC的解析式为yx3，
Q在BC上，

4 4a1
 (a2 2a3) 3，
5 5
3 5 3 5
解得a 或 ．
2 2②如图所示，当P在x轴下方时，
3 13 3 13
同理①可求出P点的横坐标为 或 （舍去），
2 2
3 13
1 0，

2
3 13
当P点横坐标为 时，P在抛物线的AC段，
2
3 5 3 5 3 13
综上所述，P点的横坐标为 或 或 ．
2 2 2
（3）如图所示，以AB为底在x轴上方作等腰直角三角形ABK ，连接NK ，过点K作KH x轴于点H ，
AMN 和ABK 均为等腰直角三角形，

AN AK
  ，NAM BAK ，
AM AB
NAM MAK BAK MAK ，
NAK MAB，
NAK∽MAB，
NKAMBA，
C(0,3)，B(3,0)，

OC OB，
MBA45NAK KAB，NK //AB，
两条平行线之间的距离相等，

N 在运动时，N到AB的距离保持不变，其距离都等于KH 的长，
在等腰直角三角形KAB中，AB4，

1
KH  AB2，
2
1 1
S  ABKH  424．
ABN 2 2
综上所述，ABN 的面积不变，为4．
【点评】本题是二次函数综合题，第一问考查了二次函数的解析式的求法，第二问是二次函数和与几何图
形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表
示线段的长度，从而表示出点的坐标，第三问则是利用了瓜豆原理的思想进行求解．
题型六：瓜豆原理模型（点在圆上）
1．（2023•崖州区一模）若AC 4，以点C为圆心，2为半径作圆，点P为该圆上的动点，连接AP．
（1）如图 1，取点B，使ABC 为等腰直角三角形，BAC 90，将点P绕点 A顺时针旋转90得到
AP．
①点P的轨迹是 圆 （填“线段”或者“圆” )；
②CP的最小值是 ；
（2）如图2，以AP为边作等边APQ（点A、P、Q按照顺时针方向排列），在点P运动过程中，求CQ
的最大值．
（3）如图3，将点A绕点P逆时针旋转90，得到点M ，连接PM ，则CM 的最小值为 ．
【分析】（1）①连接CP、BP，证明ABPACP(SAS)，得出BPCP2，即点P到点B的距离等于
定长，即可得出答案；②由等腰直角三角形的性质得出 BC  2AC 4 2，当点 P在线段 BC上时，得出 CP最小
BCBP4 22；
（2）以AC为边长作等边ACD，连接DQ，证明ADQACP(SAS)，得出DQCP2，当C、D、Q
三点共线时，CQ有最大值CDDQ6；
（3）M 点的轨迹是一个圆O，求出CO和圆O的半径，即可解决问题．
【解答】解：（1）①连接CP、BP，如图1所示：
ABC是等腰直角三角形，BAC 90，

AC  AB，由旋转的性质得：AP AP，PAP90，
PAC PAB，
AP AP

在ABP和ACP中，PABPAC，

AB AC
ABPACP(SAS)，
BPCP2，即点P到点B的距离等于定长，
点P的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆；
故答案为：圆；
② ABC是等腰直角三角形，AC 4，

BC  2AC 4 2，
当点P在线段BC上时，CP最小BCBP4 22；
故答案为：4 22；
（2）以AC为边长作等边ACD，连接DQ、CP，如图2所示：
APQ和ACD是等边三角形，

AP AQ，AC  ADCD4，PAQCAD60，
DAQCAP，
AD AC

在ADQ和ACP中，DAQCAP，

AQ AP
ADQACP(SAS)，
DQCP2，
当C、D、Q三点共线时，CQ有最大值CDDQ426；（3）如图3所示：M 点的轨迹是以MM为直径的一个圆O，
则PM PA2，PMPA426，
则CO是梯形PMMP的中位线，
1
CO (26)4，
2
连接MM，
则MMM90，
PMPM 2，MMPP4，
MM624MM，
△MMM是等腰直角三角形，MM 2
MM4 2，
OM2 2，
CM COOM42 2；
故答案为：42 2．【点评】本题是圆的综合题目，考查了轨迹、圆的定义、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角
形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最值问题；本题综合性强，熟练掌握旋转的性质，证
明三角形全等是解题的关键．
2．（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；
3
（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 ，
5
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．
【分析】（1）将点A(1,0)，C(0,5)代入yx2 bxc，即可求解；1
（2）设M(m,m2 6m5)，先求AB4，则S 10，再由题意可得S 6 4(m2 6m5)，即
ABC AMB 2
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 13，所以 DF的最大值为
612，DF的最小值为 612，即可求2 132„ DF„ 2 132．
【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，
1bc0
得 ，
c5
b6
 ，
c5
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，
1
S  4510，
ABC 2
3
ABM 的面积等于ABC 面积的 ，

5
1
S 6 4(m2 6m5)，
AMB 2
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 13，
DF 的最大值为2 132，DF的最小值为2 132，
2 132„ DF„ 2 132．
【点评】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．3．（2023•海淀区校级三模）在平面直角坐标系xOy中，给定图形W 和点P，若图形W 上存在两个点M ，N
满足PM  3PN且MPN 90，则称点P是图形W 的关联点．
已知点A(2 3，0)，B(0,2)．
（1）在点P( 3，1)，P( 3，3)，P(2 3，2)中， P，P 是线段AB的关联点；
1 2 3 1 2
（2） T 是以点T(t,0)为圆心，r 为半径的圆．

①当t 0时，若线段AB上任一点均为 O的关联点，求r 的取值范围；

②记线段AB与线段AO组成折线G，若存在t…4，使折线G的关联点都是 T 的关联点，直接写出r 的最

小值．
【分析】（1）根据关联点的定义，结合勾股定理进行判断即可；
（2）①根据题意推得三角形PMN为含30度角的直角三角形，根据瓜豆原理可得求得点O到点P的最大距
31 31 31 31
离为 r，最小距离为 r，推得 O的所有关联点在以O为圆心， r和 r为半径的两

2 2 2 2
个圆构成的圆环中，结合图形求得半径r 的取值范围；
②结合①中的结论，画出满足条件的关联点的范围，进行求解即可．
【解答】解：（1） MPN 90，

MPN 为直角三角形，
满足MN2 PM2 PN2，
根据勾股定理可得：AB2 (2 3)2 22 12416，
PA ( 3)2 12 2，PB ( 3)2 32 2 3，
1 1
PA2 PB2 [( 3)2 12][( 3)2 32]41216；
1 1
PA ( 3)2 32 2 3，PB ( 3)2 12 2，
2 2
PA2 PB2 [( 3)2 32][( 3)2 12]12416；
2 2
PA2，PB (2 3)2 42 2 7，
3 3
PA2 PB2 22 [(2 3)2 42]4121632，
3 3
PB 3PA，且PA2 PB2  AB2，
 1 1 1 1
P( 3,1) 是线段AB的关联点；
1PA 3PB，且PA2 PB2  AB2，
 2 2 2 2
P( 3,3) 是线段AB的关联点；
2
PA 7PB，且PA2 PB2  AB2，
 3 3 3 3
BAO30，PAOA，
3
PAB9030120，
3
对于线段AB上的任意两点M 、N，
当PM  3PN 时，PNM 90，如图，则MPN 必是锐角，不可能是直角，
3 3 3
P(2 3,2) 不是线段AB的关联点；
3
故答案为：P，P ．
1 2
（2）①由（1）可得： MPN 90，

MPN 为直角三角形，
MN2 PM2 PN2 4PN2，
即MN 2PN ，
即三角形PMN为含30度角的直角三角形，如图：则点P是以MN 为斜边且含30度角的直角三角形的直角顶点．
在圆O上取点M ，N，则对于任意位置的M 和N，符合的关联点有2个，如图：
以点P为例，当点M 在半径为r 的 O上运动时，点N为圆上一定点，且MN 2PN ，PNM 60，

则点M 的运动轨迹为圆，故点P的轨迹也为圆，令点P的轨迹为圆R，如图：
当M ，O，N三点共线，P，R，N三点共线时，PNM 60，
3 1
OR r，RN  r，
2 2
31 31
则点O到点P的最大距离为 r，最小距离为 r，
2 2
当点N也在 O上运动时， R也随之运动，
 31 31
则 R扫过的区域为 r 和 r为半径围成的圆，

2 2
31 31
即 O的所有关联点在以O为圆心， r和 r为半径的两个圆构成的圆环中，

2 2
31
当线段AB与半径为 r 交于点A时，r 最小，如图：
2
31
则 r 2 3，
2
解得r62 3，
31
当线段AB与半径为 r的圆相切时，r 最大，过点O作OH  AB，如图：
2
1 1
则S  OAOB OHAB，
OAB 2 2
1 1
即 2 32 OH4，
2 2
解得OH  3，31
则 r  3，
2
解得r3 3，
62 3„ r„ 3 3
② 当 关 联 点 在 线 段 AB上 时 ， 满 足 条 件 的 关 联 点 所 在 范 围 如 图 阴 影 部 分 ：
当 关 联 点 在 线 段 AO上 时 ， 满 足 条 件 的 关 联 点 所 在 范 围 如 图 阴 影 部 分 ：
当关联点在不同线段上时，满足条件的关联点在点 O和点 B上的范围如图阴影部分：综上，所有区域叠加一起为：
由①可知，满足T的所有关联点所在范围为圆环，
故若使得圆环能够完整“包住”关联点，圆环中外圆 的必须经过点G ，
1
GBA30，G90，OBA60，O90，

四边形AOBG为矩形，
G(2 3,2)，
则TG (42 3)2 22 ，
31
即 r  (42 3)2 22 ，
2解得r 4 2 （负值舍去）；
综上，r 的最小值为4 2．
【点评】本题考查了圆的综合应用，勾股定理，圆的相关性质，借助三角形面积求高，解一元一次方程，
解一元二次方程等，根据圆的相关性质推得满足条件关联点的范围是圆环，根据临界点求最值是解题的关
键．
4．（2023•沙坪坝区校级模拟）在ABC中，AC BC，AC 6，ACB，点D是BC边上任意一点，
点E是直线AD上一动点，连接BE ，将BE 绕点B顺时针旋转，旋转角为，得到线段BF ，连接EF ．
（1）如图1，90，BAD15，点F 在射线AD上，求BF 的长；
（2）如图2，BF //AD，CG AE 于点G，2ABF 3EBF 4BAE，猜想线段GE，BE ，AC之间存
在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，60，点F 在射线AD上，点P是BE 上一点且满足AF 3BP，连接AP，直接写出当AP
最小时，点P到AB的距离．
【分析】（1）由题意易得AB6 2 ，CAD30，由特殊三角函数值求出AD，进而得出BD的长，证
ABF∽ADB，利用相似三角形对应边成比例即可求得BF 的长；
3 1
（2）由2ABF 3EBF 4BAE，得ABF 2BAE ，由平行线的性质失出BAE60 ，根
2 2
据CAECABEAB可求得，CAD30，进而得出 AG与 AC的数量关系．作CH BE，垂足为
H ，则H 90，分别证BCH ACG、RtCEGRtCEH，推出BH  AG，GE EH 即可；
（3）由题意易知ABC 和BEF是等边三角形，则点F 在ABC 的外接圆上，作ABC 的外接 O，连接OC，

并延长CO交AB于点H ，则CH 垂直平分AB，作点F 关于OC的对称点F，则CFCF ，连接AF、
1
BF，证ABFBAF 得BF AF，连接OF、OB，在BF上截取BP BF，作PM //OF，PM 交
3
1 2 3
OB于点M ，推出MB OB，求出OB的长，证MPMB，可得出点P在以M 为圆心，以 为半径的
3 3
圆上，当A、P、M 三点共线时，AP的值最小；作PQ AB于点Q，作MN  AB于点N，解直角三角
形求出MN 、BN ，进而求出AN，根据勾股定理求出AM ，进而求出AP，再根据相似三角形的对应边成比例求出PQ即可．
【解答】解：（1） AC BC 6，ACB90，

CABABC 45，
AC 6
AB  6 2 ，
cosCAB cos45
BAD15，

CADCABBAD451530，
在RtADC中，CD ACtanCAD6tan302 3，
AD2CD4 3，BDBCCD62 3，
将BE 绕点B顺时针旋转90，得到线段BF ，

BF BE，EBF 90，
F BEF 45，
F ABD，
BAF DAB，

ABF∽ADB，
BF AB BF 6 2
  ，即  ，
BD AD 62 3 4 3
BF 3 63 2 ；
（2） AC BC，AC 6，ACB，

180
CABCBA ，
2
180
同理BEF BFE ，
2
BF //AD，

ABF EAB180，AEBEBF ，
ABF 180EAB
2ABF 3EBF 4BAE，
3
ABF 2BAE ，
2
3
2BAE 180EAB，
2
3
3BAE180 ，
2
1
BAE60 ，
2
180 1
CAECABEAB (60 )30，
2 2
CG AE，

AGC 90，
AG AG
cosCAE ，即cos30 ，
AC AC
3
AG AC，
2
如图2，作CH BE，垂足为H ，则H 90，
在ACD和BED中，ACDAEB，ADC BDE，
CBH CAG30，
AC BC，H AGC 90，

BCH ACG(AAS)，
3
BH  AG AC ，CGCH ，
2
又 CE CE，

RtCEGRtCEH(HL)，
GE EH ，
EH BH BE，

3
GE ACBE，
23
即GEBE AC ；
2
（3） AC BC，ACB60，

ABC和BEF是等边三角形，
BFEACB60，CABCBA60，
点F 在ABC的外接圆上，
如图3，作ABC 的外接 O，连接OC，并延长CO交AB于点H ，则CH 垂直平分AB，作点F 关于OC

的对称点F，则CFCF ，连接AF、BF，
FAC FBC，
FABFBA，
AFBBFA，ABBA，

ABFBAF(AAS)，
BF AF ，
1 BM MP BP 1
连接OF、OB，在BF上截取BP BF，作PM //OF，PM 交OB于点M ，则    ，
3 BO OF BF 3
1
MB OB，
3
OBOF ，

MBMP，
ABC是等边三角形， O是ABC 的外接圆，AC 6，
 
1
BH  AB3，OBH 30，
2
BH
OB 2 3，
cos30
2 3
MBMP ，
3BF AF ，AF 3BP，

BP BP 1
   ，
BF AF 3
2 3
点P在以M 为圆心，以 为半径的圆上，当 A、P、M 三点共线时， AP的值最小，如图 4，作
3
PQ AB于点Q，作MN  AB于点N，则PQ//MN ，
APQ∽AMN ，
PQ AP
  ，
MN AM
1 3
在RtBMN中，MN  BM  ，
2 3
MN
BN  1，
tan30
AN  ABBN 5，
2 57
由勾股定理得，AM  AN2 MN2  ，
3
2 57 2 3
AP AM PM   ，
3 3
2 57 2 3

PQ 3 3
  ，
3 2 57
3 3
3 57
PQ  ．
3 57
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与
性质，全等三角形的判定与性质，解直线三角形，圆周角定理，勾股定理等知识，（1）中推出
CAD30，灵活运用解直角三角形和相似三角形的判定与性质是解题的关键，（2）中推出CAE30，
灵活运用解直角三角形和全等三角形的判定与性质是解题的关键，（3）中判断点F 和点P的运动轨迹，构造辅助圆是解题的关键，难度系数大，是中考压轴题．