中考数学考前解题技巧归纳
内容导览
技巧01 等腰三角形的角和边不确定多解题
技巧02 直角三角形的直角顶点不确定多解题
技巧03 遇到中点构造中位线
技巧04 遇到中点构造中线
技巧05 遇到中点构造倍长中线(或类中线)
技巧06 遇到角平分线构造等腰三角形
技巧07 遇到角平分线构造轴对称图形
技巧08 定弦定角构造辅助圆
技巧09 对角互补造辅助圆（四点共圆 ）
技巧10 最值模型之将军饮马模型
技巧11 最值模型之将军遛马模型
技巧12 最值模型之将军造桥（过桥）模型
技巧13 最值模型之胡不归模型
技巧14 最值模型之阿氏圆模型
技巧15 最值模型之瓜豆直线轨迹原理模型
技巧16 最值模型之瓜豆圆弧轨迹原理模型
技巧归纳
技巧01 等腰三角形的角和边不确定多解题
方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为等腰三角形”这样的表述时，未明确哪两条边为腰，需考虑分
类讨论：①AB=AC(C₁,C₄);②AB=BC(C₂,C₅);③AC=BC(C₃)
解题方法：①求角度：根据等腰三角形等边对等角的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段
长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解，若出现30°、45°的角时，可考虑用锐
角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解.
1．（2026·江西赣州·一模）在矩形ABCD 中，
6
AB =
，
4
BC =
，动点E 、F 分别在边AB 和CD 上，且
AE
CF
=
，连接AF ，当
AEF
△
为等腰三角形时，AE 的长为_______．
【答案】4 或13
3
【分析】根据等腰三角形的定义，分三种情况进行讨论，画出图形，利用矩形的性质，等腰三角形的性质
以及勾股定理进行列方程求解．
【详解】解：①如图所示，当AE
EF
=
时，过点E 作EG
CD
^
于点G ，连接
,
,
AF CE EF ，
∴
90
EGF
EGC
Ð
= Ð
=
°，
∵四边形ABCD 为矩形，
∴
4,
6,
90
BC
AD
AB
CD
BAD
ADC
BCD
ABC
=
=
=
=
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∴四边形EGCB 为矩形，
∴
4
EG
BC
=
=
，CG
BE
=
，
∵AE
CF
=
，
∴DF
CG
BE
=
=
，
假设AE
EF
CF
x
=
=
=
，则
6
DF
CG
BE
x
=
=
=
-
，
∴
2
6
FG
CD
DF
CG
x
=
-
+
=
-
，
由勾股定理得
2
2
2
EF
EG
FG
=
+
，
即
2
2
2
6
16
x
x
=
-
+
，
整理得
2
3
24
52
0
x
x
-
+
=
，
∵
2
24
4 3 52
48
0
D = -
- ´ ´
= -
<
，
∴该一元二次方程无解，
∴该种情况不存在；
②如图所示，当AE
AF
=
时，连接
,
,
AF CE EF ，
∵四边形ABCD 为矩形，
∴
4,
6,
90
BC
AD
AB
CD
BAD
ADC
BCD
ABC
=
=
=
=
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∵AE
CF
=
，
∴DF
BE
=
，
假设AE
AF
CF
x
=
=
=
，则
6
DF
x
=
- ，
由勾股定理得
2
2
2
AF
AD
DF
=
+
，
即
2
2
16
6
x
x
=
+
-
，
解得
13
3
x =
，
∴
13
3
AE =
；
③如图所示，当AF
EF
=
时，过点F 作FG
AB
^
于点G ，连接
,
,
AF CE EF ，
∴
90
AGF
EGF
Ð
= Ð
=
° ，AG
EG
=
，
∵四边形ABCD 为矩形，
∴
4,
6,
90
BC
AD
AB
CD
BAD
ADC
BCD
ABC
=
=
=
=
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∴
4
GF
BC
=
=
，
∵AE
CF
=
，
∴DF
BE
=
，
假设AE
CF
x
=
=
，则
6
DF
BE
x
=
=
-
，
1
2
AG
EG
x
=
=
，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
2
,
AF
AD
DF
EF
GF
GE
=
+
=
+
，
∴
2
2
2
2
AD
DF
GF
GE
+
=
+
，
即
2
2
1
16
6
16
2
x
x
æ
ö
+
-
=
+ ç
÷
è
ø
，
解得
4
x =
或
12
x =
（不符合题意，舍去），
∴
4
AE =
；
综上，AE 的长为4 或13
3 ．
2．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，在
ABC
V
中，
2
AB
AC
=
=
，
120
BAC
Ð
=
° ，点E 是AB 边上不与端
点重合的一个动点，作ED
BC
^
交BC 于点D，将
BDE
V
沿DE 折叠，点B 的对应点为F，当
ACF
△
为等腰
三角形时，则BD 的长为______．
【答案】3
1
- 或2 3
3
【分析】当
2
FC
AC
=
=
时，过点Ｆ作FM
AB
^
于点Ｍ，设AM
FM
BD
DF
x
=
=
=
=
，则
2
BF
BD
DF
x
=
+
=
，得到3
2
x
x
+
=
；设
1
2
AF
BF
BD
DF
FC
y
=
=
=
=
=
，则
2
BF
BD
DF
y
=
+
=
，则
cos30
3
BA
BF
y
=
° =
，求解即可．
【详解】解：
2
AB
AC
=
=
Q
，
120
BAC
Ð
=
° ，
180
120
30
2
B
C
°-
°
\Ð
= Ð
=
=
°，
BDE
QV
沿DE 折叠，点B 的对应点为F，
30
B
C
BFE
\Ð
= Ð
= Ð
=
° ，BD
FD
=
，
ACF
Q△
为等腰三角形，
当
2
FC
AC
=
=
时，
180
30
75
2
CAF
CFA
°-
°
\Ð
= Ð
=
=
°，
45
BAF
BAC
CAF
\Ð
= Ð
- Ð
=
°，
过点Ｆ作FM
AB
^
于点Ｍ，
45
BAF
AFM
\Ð
= Ð
=
° ，
AM
FM
\
=
，
30
B
C
BFE
Ð
= Ð
= Ð
=
°
Q
，
1
2
FM
BF
BD
DF
\
=
=
=
，
设AM
FM
BD
DF
x
=
=
=
=
，则
2
BF
BD
DF
x
=
+
=
，
则
cos30
3
BM
BF
x
=
° =
，
根据题意，得
2
BM
AM
AB
+
=
=
，
3
2
x
x
\
+
=
，
解得
3
1
x =
- ；
当AF
FC
=
时，
30
CAF
FCA
\Ð
= Ð
=
°，
90
BAF
BAC
CAF
\Ð
= Ð
- Ð
=
° ，
30
B
C
BFE
Ð
= Ð
= Ð
=
°
Q
，
1
2
AF
BF
BD
DF
FC
\
=
=
=
=
，
设
1
2
AF
BF
BD
DF
FC
y
=
=
=
=
=
，则
2
BF
BD
DF
y
=
+
=
，
则
cos30
3
BA
BF
y
=
° =
，
3
2
y
\
=
，
解得
2 3
3
y
\
=
；
3．（2026·江西宜春·一模）在矩形ABCD 中，
2
AB =
，
3
BC = ，点P 是折线B
C
D
A
-
-
-
上的动点（不与
A，B 两点重合），当ABP
V
为等腰三角形时，此时AP 的长为________________．
【答案】2 2 或10 或2
【分析】根据等腰三角形的定义分三种情况讨论，分别根据矩形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，当点P 在BC 上，
2
AB
BP
=
=
时，
∵四边形ABCD 是矩形
∴
90
B
Ð
=
°
∴
2
2
2 2
AP
AB
BP
=
+
=
；
如图，当点P 在CD 上，AB
BP
=
时，
∵四边形ABCD 是矩形
∴
90
D
C
Ð
= Ð
=
°，
3
AD
BC
=
=
，
2
CD
AB
=
=
，
∴
Rt
Rt
HL
ADP
BCP
V
V
≌
∴
1
1
2
DP
CP
CD
=
=
=
∴
2
2
10
AP
AD
DP
=
+
=
；
如图，当点P 在AD 上，AB
AP
=
时，
∴
2
AB
AP
=
=
；
综上所述，当ABP
V
为等腰三角形时，此时AP 的长为2 2 或10 或2．
4．（2026·江西吉安·一模）已知点A，B，C 分别在从上往下相互平行的直线1l ，2l ，3l 上，1l 与2l 之间的距
离是1，2l 与3l 之间的距离是2．若
ABC
V
是等腰直角三角形，则它的面积是________．
【答案】5
2 或5 或13
2
【分析】分情况讨论：如图，由题意可得：AB
BC
=
，
90
ABC
Ð
=
°，过B 作
3
QG
l
^
于G ，交1l 于Q ，证明
AAS
ABQ
BCG
V
V
≌
，当
45
ABC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，过C 作
1
QC
l
^
于Q ，过B 作
1
BD
l
^
于D ，同理证明
AAS
CAQ
ABD
V
V
≌
，当
45
ABC
CAB
Ð
= Ð
=
° ，CB
AC
=
，
90
ACB
Ð
=
°，过B 作
3
BQ
l
^
于Q ，过A 作
3
AD
l
^
于D ，同理证明
AAS
BCQ
CAD
V
V
≌
，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，由题意可得：当
45
BAC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，AB
BC
=
，
90
ABC
Ð
=
°，过B 作
3
QG
l
^
于G ，
交1l 于Q ，
∴
1
QG
l
^
，
∴
1
BQ = ，
2
BG = ，
90
AQB
CGB
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
ABQ
GBC
BCG
Ð
=
°- Ð
= Ð
，
∴
AAS
ABQ
BCG
V
V
≌
，
∴
1
BQ
CG
=
= ，
2
AQ
BG
=
=
，
∴
2
2
2
1
2
5
AB =
+
=
，
∴
ABC
V
的面积是
2
1
5
2
2
AB =
．
当
45
ABC
ACB
Ð
= Ð
=
° ，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，过C 作
1
QC
l
^
于Q ，过B 作
1
BD
l
^
于D ，
同理可得：
AAS
CAQ
ABD
V
V
≌
，
∴
3
AD
CQ
=
=
，
1
AQ
BD
=
= ，
∴
2
2
2
3
1
10
AB =
+
=
，
∴
2
1
5
2
ABC
S
AB
=
=
V
，
当
45
ABC
CAB
Ð
= Ð
=
° ，CB
AC
=
，
90
ACB
Ð
=
°，过B 作
3
BQ
l
^
于Q ，过A 作
3
AD
l
^
于D ，
同理可得：
AAS
BCQ
CAD
V
V
≌
，
∴
3
AD
CQ
=
=
，
2
BQ
CD
=
=
，
∴
2
2
2
3
2
13
AC =
+
=
，
∴
2
1
13
2
2
ABC
S
AC
=
=
V
，
综上：
ABC
V
的面积为5
2 或5 或13
2 ．
5．（2026·上海长宁·一模）在矩形ABCD 中，
6
AB
CD
=
=
，
5
AD
BC
=
=
，E 为射线AB 上一点，将
ADE
V
沿DE 翻折，得到
1A DE
△
（点A 的对应点为
1A ）．联结
1
1
A A
A B
、
，当
1A AB
△
为等腰三角形时，AE 长是
___________．
【答案】5
3 ，15
4 ，6 ，15
【分析】以点A 为原点建立平面直角坐标系，设AE
x
=
，利用翻折性质得到
1
5
DA
DA
=
=
，
1
EA
EA
x
=
=
；
分三种情况讨论
1A AB
V
为等腰三角形的条件，分别求解AE 的长度．
【详解】解：以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图，则
0,0
A
，
6,0
B
，
0,5
D
，设
,0
E x
（
0
x ³
），
∵ADE
V
沿DE 翻折得到
1A DE
V
，
∴
1
5
DA
DA
=
=
，
1
EA
EA
x
=
=
，
①如图，当
1
1
A A
A B
=
时，则
1A 在AB 的垂直平分线
3
x =
上，
∴设
1 3,
A
y ，
∵
1
5
DA =
，
0,5
D
，
∴
2
2
2
3
(
5)
5
y
+
-
=
，
∴
1
y = 或
9
y =
，
∵
1
EA
x
=
，
∴
2
2
2
3
y
x
+
=
∴当
1
y = 时，
5
3
x =
；当
9
y =
时，
15
x =
；
②如图，当
1
6
A A
AB
=
=
时，
设
1
,
A
p q
∵
1
6
A A =
且
1
5
DA =
，
0,5
D
，
∴
2
2
2
2
2
2
6
(
5)
5
p
q
p
q
ì
+
=
í
+
-
=
î
，
解得
4.8
p =
，
3.6
q =
，
∴
1 4.8,3.6
A
∵
1
EA
x
=
，
,0
E x
，
∴
2
2
2
(4.8
)
3.6
x
x
-
+
=
，
解得
15
4
x =
；
③如图，当
1
6
A B
AB
=
=
时，设
1
,
A
p q ，
∵
1
6
A B =
且
1
5
DA =
，
6,0
B
，
0,5
D
，
∴
2
2
2
2
2
2
(
6)
6
(
5)
5
p
q
p
q
ì
-
+
=
í
+
-
=
î
，
解得
300
61
p =
，
360
61
q =
，
∴
1
300 360
,
61
61
A æ
ö
ç
÷
è
ø ，
∵
1
EA
x
=
，
∴
2
2
2
300
360
61
61
x
x
æ
ö
æ
ö
-
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
解得
6
x =
，
故答案为：5
3 ，15
4 ，6 ，15．
技巧02 直角三角形的直角顶点不确定多解题
方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为直角三角形”这样的表述时，未明确哪个角为直角，需考虑分
类讨论：①∠A=90°(C₁);②∠B=90°(C₄);③∠C=90°(C₂,C₃);
解题方法：①求角度：根据直角三角形的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾
股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解；若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数
或含30°、45°角的直角三角形的性质求解；若出现中点，可考虑用直角三角形斜边中线的性质或者中位
线的性质求解。
1．（2026·河南南阳·模拟预测）定义：有一个内角的度数为135° 的三角形叫做“折矩三角形”．如图，Rt
ABC
△
中，
90
B
Ð
=
°，
30
C
Ð
=
° ，
3
AB = ，点P 是直线BC 上任意一点，连接AP ．若
APC
△
为“折矩三角形”，则BP
的长为________．
【答案】3 或 6+3
3
【分析】根据“折矩三角形”的定义可知
APC
△
为“折矩三角形”有两种情形，①当
135
APC
Ð
=
° 时，此时点P
在BC 边上；②当
135
PAC
Ð
=
°时，此时点P 在CB 的延长线上，讨论求解即可．
【详解】解：在Rt
ABC
△
中，
90
B
Ð
=
°，
30
C
Ð
=
° ，
3
AB = ，
∵
APC
△
为“折矩三角形”，
∴
APC
△
必有一个角为135° ，分两种情况讨论：
①当
135
APC
Ð
=
° 时，此时点P 在BC 边上，如图，
∴
180
135
45
APB
Ð
°
° =
°
=
-
，
∵
90
B
Ð
=
°，
∴
45
BAP
APB
Ð
= Ð
=
°，
∴ABP
V
是等腰直角三角形，
∴
3
BP
BA
=
=
；
②当
135
PAC
Ð
=
°时，此时点P 在CB 的延长线上，如图，
∴
180
135
30
15
APC
°
°
°
°
Ð
=
-
-
=
，
在BP 上取一点D ，使得
30
ADB
Ð
=
° ，
∵
15
APB
Ð
=
°，
∴
30
15
15
DAP
ADP
APB
°
°
°
Ð
= Ð
- Ð
=
-
=
，
∴AD
DP
=
，
在Rt
ABD
△
中，
30
ADB
Ð
=
° ，
3
AB = ，
∴
2
6
AD
AB
=
=
，
∴
2
2
3 3
BD
AD
AB
=
-
=
，
∴
3 3
6
BP
BD
DP
=
+
=
+ ，
综上，BP 的长为3 或6
3 3
+
．
2．（2026·黑龙江·一模）在矩形ABCD 中，
2
AB =
，
2 3
AD =
，点E ，F 分别在AD ，BD 上，AE
DE
=
，
连接EF ，将DEF
V
沿EF 翻折，得到
GEF
△
，直线EG 交对角线BD 于点H ，当
DEH
△
是直角三角形时，DF
的长为_____．
【答案】1或3或3
3
-
【分析】先根据矩形性质和勾股定理求出对角线BD 的长，确定
30
ADB
Ð
=
° ，得到DE 的长度，再根据直角
顶点的不同分两种情况讨论，结合翻折的性质和直角三角形的边角关系求解DF 的长．
【详解】∵矩形ABCD 中，
∴
90
BAD
Ð
=
° ，
∵在Rt
ABD
△
中，
2
AB =
，
2 3
AD =
，
∴
2
2
2
2
2
2 3
4
BD
AB
AD
=
+
=
+
=
，
∴
1
sin
2
AB
ADB
BD
=
=
∠
，即
30
ADB
Ð
=
° ，
∵AE
DE
=
，
∴
3
AE
DE
=
=
，
∵DEF
V
沿EF 翻折，得到
GEF
△
，
∴
DEF
GEF
≌
△
△
，
∴
3
EG
DE
=
=
，
GEF
DEF
Ð
= Ð
，
30
ADB
FGE
Ð
= Ð
=
° ，
∴
AEF
HEF
Ð
= Ð
，
∵
DEH
△
为直角三角形，分两种情况讨论：
情况1：如图，
90
DHE
Ð
=
°，
∵
30
ADB
Ð
=
° ，
∴
60
DEH
Ð
=
°，
∴
120
AEH
Ð
=
°，
60
AEF
HEF
Ð
= Ð
=
°，
∴
60
HEF
DEH
Ð
= Ð
=
°，
又∵
90
DHE
Ð
=
°，
∴
2
2
FD
FH
HD
=
=
，
∵在Rt
DEH
△
中，
30
EDH
Ð
=
°，
3
DE =
，
∴
3
cos
2
HD
EDH DE
=
Ð
×
=
，
∴
3
FD =
；
情况2：如图，
90
DHE
Ð
=
°，
∵
30
ADB
Ð
=
° ，
∴
60
DEH
Ð
=
°，
∴
1
30
2
GEF
DEF
DEG
Ð
= Ð
=
Ð
=
° ，
∵在Rt
DEH
△
中，
30
EDH
Ð
=
°，
3
DE =
，
∴
3
cos
2
HD
DE
EDH
=
×
Ð
=
，
1
3
2
2
EH
ED
=
=
，
∵在Rt
FEH
△
中，
30
GEF
Ð
=
° ，
3
2
EH =
，
∴
1
tan
2
HF
FH
GEF
=
×
Ð
=
，
∴
1
FD
HD
HF
=
-
= ；
情况3：如图，
90
DEH
Ð
=
°，过点F 作MF
ED
^
交ED 于点M ，
∵
1
45
2
GEF
DEF
DEH
Ð
= Ð
=
Ð
=
°，
∵MF
ED
^
，
∴EMF
V
为等腰直角三角形，
∴EM
MF
=
，
设EM
MF
x
=
=
，
∵在Rt FMD
V
中，
30
EDH
Ð
=
°，MF
x
=
，
∴
3
tan
MF
MD
x
EDH
=
=
Ð
，
2
2
FD
MF
x
=
=
，
∵
3
ED
MD
EM
=
+
=
，即3
3
x
x
+
=
，解得：
3
3
2
x
-
=
，
∴
3
3
FD =
-
．
综上，DF 的长为1或3或3
3
-
．
3．（2026·江西吉安·一模）如图，在直角ABC
V
中，
90
ACB
Ð
=
°，
30
BAC
Ð
=
°，
2
AB =
，将直角边AC 绕
点A 顺时针旋转得到AP ，旋转角为a （0
180
a
° <
£
°），连接CP ，PB .若PBC
V
是以BC 边为直角边的直
角三角形，则此时线段PB 的长为______．
【答案】3
2
-
或3
2
+
或13
【分析】随着旋转角度的增大，对PBC
V
中点P 的位置进行分类讨论，结合勾股定理计算PB 的长度．
【详解】解：在直角ABC
V
中，
90
ACB
Ð
=
°，
30
BAC
Ð
=
°，
2
AB =
，
∴
1
BC = ，
2
2
3
AC
AB
BC
=
-
=
，
①如图1，当
90
PBC
Ð
=
°时，过点A 作AD
BP
^
，交BP 的延长线于点D ，
∴
90
ADB
PBC
ACB
Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∴四边形ADBC 是矩形，
∴
3
BD
AC
AP
=
=
=
，
1
AD
BC
=
= ，
在Rt APD
V
中，
2
2
2
2
3
1
2
PD
AP
AD
=
-
=
-
=
，
∴
3
2
PB =
-
；
②如图2，当
90
PBC
Ð
=
°时，过点A 作AD
PB
^
，
∴
90
ADB
PBC
ACB
Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∴四边形ADBC 是矩形，
∴
3
BD
AC
AP
=
=
=
，
1
AD
BC
=
= ，
在Rt APD
V
中，
2
2
2
2
3
1
2
PD
AP
AD
=
-
=
-
=
，
∴
3
2
PB =
+
；
③如图3，当
90
PCB
Ð
=
°时，
2
2 3
CP
AC
=
=
，
∴
2
2
2
2
2 3
1
13
PB
PC
BC
=
+
=
+
=
；
综上所述，线段PB 的长为3
2
-
或3
2
+
或13 ．
4．（2025·河南信阳·三模）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
30
2
C
B
AC
Ð
Ð
=
°
=
°
=
，
，
，点D 是BC 的中点，点E
是边AB 上一动点，沿DE 所在直线把
BDE
V
翻折到B DE
¢
V
的位置，B D
¢
交AB 于点F ，连接AB¢．若AB F
¢
V
为直角三角形，则BE 的长为___________．
【答案】1或6
5
【分析】根据题意，由AB F
¢
V
为直角三角形，分两种情形画出图形，构造直角三角形用勾股定理求解即可
得到答案．
【详解】解：由AB F
¢
V
为直角三角形，分两种情况：
①
90
AFB
Ð
¢ =
° ，如图所示：
在Rt
BDF
△
中，
3
BD =
，
30
B
Ð
=
° ，
3
2
BF =
，
设BE
x
=
，
3
2
EF
x
=
-
，
在Rt
B EF
¢
△
中，
30
EB F
Ð
¢
=
°，
3
2
EF
x
=
-
，B E
x
¢
=
，则
3
2 2
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，
解得
1
x = ，即
1
BE
x
=
= ；
②
90
AB D
Ð
¢
=
°，过E 点作EH
AH
^
交AB¢的延长线与H 点，如图所示：
由折叠的性质可知，
30
DBE
DB E
Ð
= Ð
¢
=
°，
90
AB D
Ð
¢
=
°
Q
，
90
30
120
AB E
\Ð
¢
=
°+
° =
°，
60
EB H
\Ð
¢
=
° ，
设BE
B E
x
=
¢
=
，
∴在Rt
B EH
¢
△
中，
1
2
B H
x
¢
=
，
3
2
HE
x
=
，
在Rt
ACD
△
和Rt
AB D
¢
△
中，
AD
AD
CD
B D
=
ì
í
=
¢
î
，
Rt
Rt
HL
ACD
AB D
\
¢
V
V
≌
，
2
AB
AC
\
¢ =
=
，
在Rt
AHE
△
中，
1
2
2
AH
x
=
+
，
3
2
HE
x
=
，
4
AE
x
=
-
，则由勾股定理可得
2
2
2
1
3
2
4
2
2
x
x
x
æ
ö
æ
ö
+
+
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
解得
6
5
x =
，即
6
5
BE
x
=
=
；
综上所述，BE 的长是1或6
5 ，
故答案为：1或6
5 ．
5．（2025·江西抚州·一模）如图，在等边三角形ABC 中，
5
AB =
，点D 在AC 上，
3
AD =
，E 是BC 边上
的动点，连接DE ，以DE 为斜边作等腰直角三角形DEF ，当DE 的长为整数时，DEF
V
的面积为________．
【答案】1 或9
4 或4
【分析】本题考查了等边三角形和直角三角形的性质，动点问题．解题的关键是添加辅助线和确定DE 的取
值范围．过点D 作DG
BC
^
于点G，连接BD ，利用“直角三角形30 度角所对的直角边是斜边的一半”求出
CG 的长度，再利用勾股定理求出DG 、BD 的长度，然后确定DE 的取值范围，继而确定DE 的整数值，最
后求出DEF
V
的面积．
【详解】解：如图，过点D 作DG
BC
^
于点G，连接BD ，
Q在等边三角形ABC 中，
5
AB =
，
3
AD =
，
\
5
3
2
CD
AC
AD
=
-
=
-
=
，
Q
60
C
Ð
=
°，DG
BC
^
，
\
30
CDG
Ð
=
° ，
\
1
1
2
CG
CD
=
= ，
2
2
2
2
2
1
3
DG
CD
CG
=
-
=
-
=
，
\
5 1
4
BG
BC
CG
=
-
=
- =
，
\
2
2
2
2
4
3
19
BD
BG
DG
=
+
=
+
=
，
由题意知，当点E 在点G 处时，DE 的长最小，当点E 在点B 处时，DE 的长最大，
\
3
19
DE
£
£
，
Q1
3
2
<
<
，4
19
5
<
<
，DE 的长为整数，
\ DE 的长为2 或3 或4，
Q DEF
V
是以DE 为斜边的等腰直角三角形，
\
2
2
DF
EF
DE
=
=
，
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
4
DEF
S
DE EF
DE
DE
DE
\
=
×
=
×
×
=
V
，
\ DEF
V
的面积为1 或9
4 或4．
故答案为：1 或9
4 或4．
技巧03 遇到中点构造中位线
情形1：当图形中出现两个中点时，考虑构造中位线.
条件:如图,在△ABC 中,点D,E 分别为AB,AC 的中点.
辅助线作法：连接DE.
结论： 𝐷𝐸=
1
2𝐵𝐶,𝐷𝐸∥𝐵𝐶.
情形2：当图形中出现一个中点时，考虑过中点作已知长度边的平行线构造中位线.
①条件:如图1,在△ABC 中,D 是边AB 的中点，且已知底边BC 的长.
辅助线作法：过点 D 作 BC 的平行线，交AC 于点E(或取AC 的中点E,连接DE).
结论： 𝐷𝐸=
1
2𝐵𝐶.
②条件:如图2,在△ABC 中,D 是边AB 的中点.辅助线作法:过点A 作AF∥CD,交BC 的延长线于点 F.
结论：DC=
1
2AF;△BDC∽△BAF.
1．（2026·陕西渭南·一模）如图，在
ABC
V
中，
120
BAC
Ð
=
° ，
6
AC
AB
>
>
，点D、E 分别在AB 、AC
上，且
6
BD
CE
=
=
，连接DE ，点P、Q 分别是DE 、BC 的中点，连接PQ，则PQ的长为________．
【答案】3
【分析】连接DQ ，并延长至点H，使得QH
DQ
=
，连接CH ，EH ．证明
SAS
BDQ
CHQ
V
V
≌
，得到
6
CH
BD
=
=
，HCQ
B
Ð
= Ð ，因此CH
CE
=
，
60
ACH
ACB
HCQ
ACB
B
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，从而
CEH
△
是
等边三角形，得到
6
EH
EC
=
=
，再根据三角形中位线的性质即可求解．
【详解】解∶连接DQ ，并延长至点H，使得QH
DQ
=
，连接CH ，EH ．
∵点Q 是BC 的中点，
∴BQ
CQ
=
，
∵DQ
HQ
=
，
BQD
CQH
Ð
= Ð
，
∴
SAS
BDQ
CHQ
V
V
≌
，
∴
6
CH
BD
=
=
，
HCQ
B
Ð
= Ð ，
∵
6
CE =
，
∴CH
CE
=
，
∵
120
BAC
Ð
=
° ，
∴
180
60
B
ACB
BAC
Ð + Ð
=
°- Ð
=
° ，
∴
60
ACH
ACB
HCQ
ACB
B
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
° ，
∴
CEH
△
是等边三角形，
∴
6
EH
EC
=
=
，
∵点P、Q 分别是DE 、BC 的中点，
∴
1
3
2
PQ
EH
=
=
．
2．（2025·山东威海·一模）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
B
Ð
=
°．点D 在AB 的延长线上，点E 为BC 上一点，
连接DE，点M，N 分别为AC ，DE 的中点，连接MN ．若
10
AD =
，
4
EC =
，则MN 的长为________．
【答案】
29
【分析】本题主要考查了三角形中位线、勾股定理等知识，熟练掌握中位线定理是解题的关键．
连接CD ，取CD 的中点F ，连接MF 、NF ，由中位线定理可得MF 、NF 的长度，再根据勾股定理求出MN
的长度即可．
【详解】解：连接CD ，取CD 的中点F ，连接MF 、NF ，如图所示，
∵M
N
F
、、
分别是AB
DE
CD
、
、
的中点，
∴NF
MF
、
分别是CDE
V
、ACD
V
的中位线，
∴NF
CE
∥
且
1
1
4
2
2
2
NF
CE
=
=
´
=
，MF
AD
∥
且
1
1 10
5
2
2
MF
AD
=
=
´
=
，
∵
90
ACB
Ð
=
°，
∴AD
BC
^
，
∵MF
AD
∥
，
∴MF
BC
^
，
∵NF
BE
∥
，
∴NF
MF
^
，
在Rt
NMF
△
中，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
5
29
MN
NF
MF
=
+
=
+
=
．
故答案为：
29 ．
3．（2026·河南洛阳·一模）如图，在锐角三角形ABC 中，以AC 为边作等边三角形AEC ，以AB 为边作等
腰三角形AFB ，其中AF
BF
=
，
120
AFB
Ð
=
°，D 为BC 的中点，分别连接FD 和ED ，若FD 的长为6，则
DE 的长为______．
【答案】6 3
【分析】取AB 的中点G，AC 的中点H，连接FG 、DG HE 、HD ，根据三角形中位线的性质可知
1
2
DG
AC
AH
=
=
，DG
AC
P
，
1
2
DH
AB
AG
=
=
，DH
AB
P
，然后由等腰三角形的和等边三角形的性质可
求得
3
DH
EH
FG
DG
=
=
，再利用两直线平行同位角相等，结合角度的和差可推出
DHE
FGD
Ð
= Ð
，从而根据
两对边成比例且夹角相等证得DHE
FGD
V
V
∽
，进而相似三角形对应边成比例，即可解答．
【详解】解：如图，取AB 的中点G，AC 的中点H，连接FG 、DG HE 、HD ，
则AG
BG
=
，AH
CH
=
，
∵D 为BC 的中点，
∴BD
CD
=
，
∴
1
2
DG
AC
AH
=
=
，DG
AC
P
，
1
2
DH
AB
AG
=
=
，DH
AB
P
，
∵AF
BF
=
，AEC
V
是等边三角形，
∴FG
AB
^
，EH
AC
^
，
1
1
60
30
2
2
AEH
AEC
Ð
=
Ð
=
´
° =
° ，
∵
120
AFB
Ð
=
°，
∴
1
180
120
30
2
FAG
FBG
Ð
= Ð
=
´
°-
° =
°，
∴
3
tan
FG
AG
FG
DH
FAG
=
=
=
Ð
，
3
3
tan
AH
EH
AH
DG
AEH
=
=
=
Ð
，
∴
3
DH
EH
FG
DG
=
=
，
∵DG
AC
P
，DH
AB
P
，
∴
BGD
BAC
Ð
= Ð
，
CHD
BAC
Ð
= Ð
，
∴
CHD
BGD
Ð
= Ð
，
∴
,
,
90
DHE
CHD
EHC
FGD
BGD
FGB
FGB
EHC
Ð
= Ð
+ Ð
Ð
= Ð
+ Ð
Ð
= Ð
=
° ，
∴
DHE
FGD
Ð
= Ð
，
∴DHE
FGD
V
V
∽
，
∴
3
DE
EH
DF
DG
=
=
，
∵
6
DF =
，
∴
6 3
DE =
．
4．（2026·湖北襄阳·一模）探究：【证法回顾】
(1)证明：三角形中位线定理．
已知：DE 是
ABC
V
的中位线，求证：
1
∥
2
DE
BC，DE
BC
=
．
证明：添加辅助线，如图1，在
ABC
V
中，延长DE （点D
E
、分别是AB
AC
、
的中点）至点F ，使得
EF
DE
=
，连接CF ．请继续完成证明过程；
【问题解决】
(2)如图2 ，在正方形ABCD 中，点E 为AD 的中点，点G
F
、
分别为AB
CD
、
边上的点，若
2
3
90
AG
DF
GEF
=
=
Ð
=
°
，
，
，求GF 的长；
【拓展研究】
(3)如图3，在四边形ABCD 中，
105
120
A
D
Ð
=
°
Ð
=
°
，
，点E 为AD 的中点，点G
F
、
分别为AB
CD
、
边上
的点，若
2 2
2
90
AG
DF
GEF
=
=
Ð
=
°
，
，
，求GF 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)5
(3) 2 5
【分析】（1）证明四边形BDFC 是平行四边形即可求证；
（2 ）取GF 的中点M ，连接EM ，延长FE
GA
、
交于点H ，证明FED
HEA
V
V
≌
，得AH
DF
=
，
EH
EF
=
，得到EM 是中位线，再利用中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可
求解；
（3）取GF 的中点N ，连接EN ，延长GE 到点M ，使得GE
EM
=
，连接DM ，证明
AEG
DEM
△
≌△
，
得AG
DM
=
，
105
A
EDM
Ð
= Ð
=
°，过点M 作MQ
DF
^
，交FD 的延长线于点Q ，连接MF ，由
120
ADF
Ð
=
° ，可得
60
ADQ
Ð
=
° ，
45
QDM
Ð
=
° ，得到
QDM
△
是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得
2
QM
QD
=
=
，得到
4
QF
QD
DF
=
+
=
，即得到
2
2
2 5
MF
QM
QF
=
+
=
，最后利用中位线的性质及直角
三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可求解．
【详解】（1）解：如图，延长DE 到点F ，使得EF
DE
=
，连接CF ，
∵
AE
EC
AED
CEF
DE
EF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
FEC
DEA
V
V
≌
，
∴AD
CF
=
，
A
ACF
Ð
= Ð
，
∴AD
CF
∥
，
∵AD
BD
=
，
∴BD
CF
=
，
∴四边形BDFC 是平行四边形，
∴DE
BC
∥
，
2
DF
DE
BC
=
=
，
∴DE
BC
∥
，
1
2
DE
BC
=
；
（2）解：如图，取GF 的中点M ，连接EM ，延长FE
GA
、
交于点H ，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴
90
HAE
FDE
Ð
= Ð
=
°，
∵AE
ED
=
，
AEH
DEF
Ð
= Ð
，
∴
ASA
HEA
FED
V
V
≌
，
∴
3
AH
DF
=
=
，EH
EF
=
，
∵M 是GF 的中点，
∴EM 是FGH
V
的中位线，
∴
1
1
5
2
3
2
2
2
EM
GH
=
=
´
+
=
，
∵
90
GEF
Ð
=
° ，
∴
2
5
GF
EM
=
=
；
（3）解：如图，取GF 的中点N ，连接EN ，延长GE 到点M ，使得GE
EM
=
，连接DM ，
∵
AE
DE
AEG
DEM
GE
ME
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
AEG
DEM
V
V
≌
，
∴
2 2
AG
DM
=
=
，
105
A
EDM
Ð
= Ð
=
°，
过点M 作MQ
DF
^
，交FD 的延长线于点Q ，连接MF ，
∵
120
ADF
Ð
=
° ，
∴
60
ADQ
Ð
=
° ，
∴
105
60
45
QDM
EDM
ADQ
Ð
= Ð
- Ð
=
°-
° =
°，
∴
QDM
△
是等腰直角三角形，
∴
2
2
2
8
QM
QD
DM
+
=
=
，
∴
2
QM
QD
=
=
，
∴
2
2
4
QF
QD
DF
=
+
=
+
=
，
∴
2
2
2
2
2
4
2 5
MF
QM
QF
=
+
=
+
=
，
∵EN 是
GMF
△
的中位线，
∴
1
5
2
EN
MF
=
=
，
∵
90
GEF
Ð
=
° ，
∴
2
2 5
GF
EN
=
=
．
5．（24-25 八年级下·浙江·月考）已知：如图，在四边形ABCD 中，AB
CD
E
F
G
=
，，，
分别是AD
BC
BD
，
，
的中点，可证：
GEF
GFE
Ð
= Ð
（无需证明）．
拓展：
(1)如图1；在四边形ABCD 中，AB
CD
E
F
G
=
，，，
分别是AD
BC
BD
，
，
的中点，分别延长BA
FE
CD
，
，
，
交于M
N
，
两点，求证：
M
CNF
Ð
= Ð
．
(2)如图2，在四边形ADBC 中，AB 与CD 相交于点O
AB
CD
E
F
=
，
，，
分别是AD
BC
，
的中点，连结EF ，
分别交DC ，AB 于点M ，N ，判断OMN
V
的形状：___________（直接写出答案，无需证明）．
(3)如图3，在
ABC
V
中，
90
A
Ð
=
°，D 是AC 上一点，且
10
CD
AB
=
=
，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，
求EF 的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形
(3)5 2
【分析】本题主要考查中位线的性质定理以及勾股定理，熟练掌握中位线的性质，添加辅助线构造中位线，
是解题的关键．
（1）根据中位线的判定和性质得出GE 是ABD
V
的中位线，GE
BM
∥
，GF
CN
∥
，再由平行线的性质及
各角之间的关系进行等量代换即可；
（2）如图，取BD 的中点H，连接HE 、HF ，证明HF
HE
、
分别是
BCD
ABD
△
、△
的中位线，得到
HF
CD
HE
AB
∥
，
∥
，
1
1
2
2
HF
CD
HE
AB
=
=
，
，进而证明HF
HE
=
，
HFE
HEF
Ð
= Ð
，ONM
OMN
Ð
= Ð
，
即可证明OMN
V
是等腰三角形．
（3）取BD 的中点G，连接
,
GE GF ，利用中位线的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接GE
GF
、
，如图所示：
∵G、E 分别为BD
AD
、
的中点，
∴GE 是ABD
V
的中位线，
∴GE
BM
∥
，
∴
GEF
BMF
Ð
= Ð
，
同理：GF
CN
∥
，
∴
GFE
CNF
Ð
= Ð
，
又∵
GEF
GFE
Ð
= Ð
，
∴
BMF
CNF
Ð
= Ð
；
（2）解：OMN
V
是等腰三角形；
证明：如图，取BD 的中点H，连接HE 、HF ，
∵E、F 分别是AD
BC
，
的中点，
∴HF
HE
、
分别是
BCD
ABD
△
、△
的中位线，
∴HF
CD
HE
AB
∥
，
∥
，
1
1
2
2
HF
CD
HE
AB
=
=
，
，
∵AB
CD
=
，
∴HF
HE
=
，
∴
HFE
HEF
Ð
= Ð
，
∵HF
CD
HE
AB
∥
，
∥
，
∴
,
HFE
OMN
HEF
ONM
Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
∴
ONM
OMN
Ð
= Ð
，
∴OM
ON
=
，
∴OMN
V
是等腰三角形．
（3）取BD 的中点G，连接
,
GE GF ，
∵E，F 分别是
,
AD BC 的中点，
∴
,
GE
AB GF
CD
∥
∥
，
1
1
5,
5
2
2
GE
AB
GF
CD
=
=
=
=
，
∵
90
A
Ð
=
°，
∴GE
GF
^
，即：
90
EGF
Ð
=
°，
∴
2
2
5
5
5 2
EF =
+
=
．
技巧04 遇到中点构造中线
情形1：当遇到直角三角形斜边上的中点时，考虑作斜边上的中线.
条件:如图,在 Rt△ABC 中,∠ABC=90°,D 为斜边AC 的中点.
辅助线作法：连接BD.
结论：𝐵𝐷= 𝐶𝐷= 𝐴𝐷=
1
2𝐴𝐶
情形2：当遇到等腰三角形底边上的中点时，考虑作底边上中线，利用“三线合一”解题.
条件:如图,在等腰△ABC 中,D 为底边 BC 的中点.
辅助线作法：连接AD.
结论:AD⊥BC,∠BAD=∠CAD.
1．（2026·河南周口·一模）如图，在
ABC
V
中，
5
AB
AC
=
=
，
6
BC =
，点D 是BC 的中点，点E 是AB 上
的动点，连接DE ，则DE 的最小值为_____．
【答案】12
5
【分析】连接AD ，根据等腰三角形三线合一的性质得到
90
ADB
Ð
=
° ，根据勾股定理得到AD 的长度，根
据点到直线的距离（垂线段最短）得到DE 的最小值为点D 到AB 的垂线段的长度，根据等面积法得到垂线
段DE 的长度即为答案．
【详解】解：如图，连接AD ，
∵
5
AB
AC
=
=
，点D 是BC 的中点，
6
BC =
，
∴AD
BC
^
，
1
3
2
BD
CD
BC
=
=
= ，
∴
90
ADB
Ð
=
° ，
∴在Rt
ABD
△
中，
2
2
2
2
5
3
4
AD
AB
BD
=
-
=
-
=
，
∵点E 是AB 上的动点，
∴DE 的最小值为点D 到AB 的垂线段的长度，
即为如图所示，过点D 作DE
AB
^
于点E ，线段DE 的长度，
∵
1
1
2
2
ABD
S
AD BD
DE AB
=
×
=
×
△
，
∴
4 3
12
5
5
AD BD
DE
AB
×
´
=
=
=
．
2．（2026·安徽合肥·一模）如图，点E ，点F 分别是正方形ABCD 边BC 和CD 上两点，
12
AB =
，
BE
CF
=
，连接
,
AE BF 交于点G ．
（1）
AGB
Ð
= _____；
（2）连接EF ，若点H 是EF 的中点，则GH 的最小值为_____．
【答案】
90°
3 2
【分析】（1）证明
SAS
ABE
BCF
V
V
≌
，得出
AEB
BFC
Ð
= Ð
，结合
90
BFC
FBC
Ð
+ Ð
=
° ，即可得出
90
AGB
Ð
=
° ．
（2）根据
90
AGB
Ð
=
° ，得出
90
FGE
Ð
=
°，结合点H 是EF 的中点，得出
1
2
GH
EF
=
，设BE
CF
x
=
=
，则
12
CE
x
=
-
，勾股定理表示出
2
2
2
6
72
72
EF
x
=
-
+
³
，即可得出EF 的最小值6 2 ，则GH 的最小值3 2 ．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
12,
90
AB
BC
ABC
BCD
\
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
BE
CF
=
Q
，
SAS
ABE
BCF
\V
V
≌
，
AEB
BFC
\Ð
= Ð
，
90
BFC
FBC
AEB
FBC
\Ð
+ Ð
=
° = Ð
+ Ð
，
90
AGB
\Ð
=
°．
（2）连接GH ，
∵
90
AGB
Ð
=
° ，
∴
90
FGE
Ð
=
°，
∵点H 是EF 的中点，
∴
1
2
GH
EF
=
，
设BE
CF
x
=
=
，则
12
CE
x
=
-
，
则
2
2
2
2
2
12
2
24
144
2
6
72
72
EF
x
x
x
x
x
=
-
+
=
-
+
=
-
+
³
，
∴EF 的最小值6 2 ，
∴GH 的最小值3 2 ．
3．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在等腰直角三角形ABC 中，
90
ACB
Ð
=
°，AC
BC
=
，D 是AB 的中点，
过点D 作DE
AC
^
于点E，DF
BC
^
于点F，连接EF ．
(1)求证：四边形EDFC 为正方形．
(2)若
6
AC =
，求EF 的长度．
【答案】(1)见解析
(2)3 2
【分析】（1）根据矩形的判定定理判断四边形EDFC 是矩形；再结合等腰直角三角形ABC 中D 是AB 中点，
利用等腰直角三角形的性质推导CE
CF
=
，进而根据正方形的判定定理证明该四边形为正方形．
（2）因为四边形EDFC 是正方形，所以EF 与正方形的边长有关；先根据
6
AC =
和等腰直角三角形的性质、
中点的性质求出正方形的边长，再利用正方形的对角线公式计算EF 的长度．
【详解】（1）证明：∵
90
ACB
Ð
=
°，DE
AC
^
，DF
BC
^
，
∴
90
C
DEC
DFC
Ð
Ð
Ð
=
=
=
°，
∴四边形EDFC 是矩形．
连接CD ，如图，
∵等腰直角三角形ABC ，
∴CD
AD
DB
=
=
，
又∵DE
AC
^
，DF
BC
^
，
∴点E 是AC 的中点，点F 是BC 的中点，
∴
1
2
EC
AC
=
，
1
2
CF
BC
=
，
∴CE
CF
=
，
∴四边形EDFC 为正方形．
（2）解：∵
6
AC =
，∴
6
AC
BC
=
=
，
由（1）可知E 是AC 中点、F 是BC 中点，
∴
1
3
2
EC
AC
=
=
，
1
3
2
FC
BC
=
=
．
在Rt ECF
V
中，
90
C
Ð
=
° ，由勾股定理得
2
2
2
2
3
3
3 2
EF
EC
CF
=
+
=
+
=
．
4．（2024·湖南·模拟预测）（1）初步感知：如图①，在等腰Rt
ABC
△
中，D 为斜边AC 上的中点，E 为BC
上一动点，作DF
DE
^
交AC 于点F ．求证：DE
DF
=
；
（2）问题探究：如图②，在等腰ABC
V
中，
120
C
Ð
=
° ，D 为AB 边上的中点，E 为BC 边上一动点，作
60
EDF
Ð
=
°交AC 边于点F ，请问第（1）小题中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，利用旋转模型证明三角形全
等是解题关键．
（1）连接CD ，证明CDF
BDE
V
V
≌
即可得出结论；
（2）连接CD ，作DM
AC
^
，DN
BC
^
，证明DMF
DNE
V
V
≌
，由此得出结论依然成立．
【详解】解：（1）连接CD ，
∵在等腰Rt ABC
V
中，D 为AB 的中点，
∴CD
AB
^
，
45
BCD
B
Ð
Ð
=
=
° ，
1
2
CD
BD
AB
=
=
又
90
EDF
Ð
=
°
∴
90
CDF
CDE
CDE
BDE
Ð
Ð
Ð
Ð
+
=
+
=
°
∴
CDF
BDE
Ð
Ð
=
∴CDF
BDE
V
V
≌
，
∴ DE
DF
=
．
（2）成立，理由如下：连接CD ，作DM
AC
^
，DN
BC
^
，
由（1）知：CD
AB
^
，CD 平分
ACB
Ð
∴DM
DN
=
，
90
DMF
DNE
Ð
Ð
=
=
°，
在四边形CEDF 中，
360
120
60
180
DEC
DFC
Ð
Ð
+
=
°-
°-
° =
° ，
又
180
DEC
DEN
Ð
Ð
+
=
°
∴
DFC
DEN
Ð
Ð
=
∴DMF
DNE
V
V
≌
∴DF
DE
=
5．（2025·山东·模拟预测）【问题背景】在数学活动课上，张老师带领同学们研究图形旋转时给出如下问
题：如图1，在四边形ABCD 中，
90
ABC
ADC
Ð
= Ð
=
°，当点O 为AC 的中点时，则易证BO
DO
=
．
【类比分析】
（1）小青同学将两个等腰直角三角形卡片
ABC
V
与
BDE
V
（其中
90
ACB
BDE
Ð
= Ð
=
°），拼摆成点C ，
B， E 共线时，如图2，连接AE ，取AE 的中点O，连接OC
OD
，
，请直接写出OC 与OD 的数量关系；
（2）小阳同学在小青同学摆放的基础上，又将
BDE
V
绕点B 逆时针旋转角度α（0
90
a
° <
<
°），如图3，
小阳得到的结论与小青是否相同？若相同，请写出证明过程；若不同，请说明理由；
【拓展应用】
（3）张老师带领学生在小青、小阳的基础上做进一步探究，将
BDE
V
绕点B 逆时针旋转α
（0
360
a
° <
<
°），若
3 2
DE =
，
3 6
BC =
，当
120
BAE
AEB
Ð
+ Ð
=
° 时，请求出线段OC 的长．
【答案】（1）OC
OD
=
（2）相同，证明见解析
（3）线段OC 的长为3 7 或3
【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线性质：直角三角形斜边中线等于斜边一半求解即可；
（2）设M，N 分别是AB
BE
，
的中点，连接MC
MO
ND
NO
，
，
，
，证明OM
BN
DN
ON
BM
CM
=
=
=
=
，
，
AMO
ABE
ONE
Ð
= Ð
= Ð
，
CMA
END
Ð
= Ð
，可得
SAS
OMC
DNO
V
V
≌
，即得；
（3）当E 在AB 右侧时，设M 是AB 的中点，连接OM
CM
，
，作OP
CM
^
交CM 的延长线于点P，求出
3
3 3
OM
CM
=
=
，
，
150
OMC
°
Ð
=
，得
30
OMP
Ð
=
°，得
3
2
OP =
，
9 3
2
CP =
，即得
3 7
OC =
；当点E 在
AB 左侧时，设M 是AB 的中点，连接OM
CM
，
，作OP
CM
^
， 求出
3
3 3
30
OM
CM
OMP
=
=
Ð
=
°
，
，
，
得
3
2
OP =
，
3 3
2
CP =
，即得
3
OC =
．
【详解】解：（1）OC
OD
=
．
理由：如图2，在Rt ACE
V
和Rt ADE
V
中，O 是AE 的中点，
∴
1
1
2
2
OC
AE
OD
AE
=
=
，
，
∴OC
OD
=
；
（2）小阳得到的结论与小青相同．
证明：如图3，设M，N 分别是AB
BE
，
的中点，连接MC
MO
ND
NO
，
，
，
，
∵
ABC
V
与
BDE
V
都是等腰直角三角形，
90
ACB
BDE
Ð
= Ð
=
°，
∴AC
BC
BD
DE
=
=
，
，
∵M，N 分别是AB
BE
，
的中点，
∴
1
1
2
2
CM
BM
AB
CM
AB
DN
BN
BE
DN
BE
=
=
^
=
=
^
，
，
，
，
∴
90
CMA
DNE
Ð
= Ð
=
° ，
∵O 是AE 的中点，
∴OM
ON
，
是ABE
V
的中位线，
∴
1
1
2
2
OM
BE
OM
BE
ON
AB
ON
AB
=
=
P
P
，
，
，
，
∴OM
ND
CM
ON
OMA
ABE
ABE
ONE
=
=
Ð
= Ð
Ð
= Ð
，
，
，
，
∴
OMA
ONE
Ð
= Ð
，
∴
90
90
OMA
ONE
Ð
+
° = Ð
+
°，
即
OMC
OND
Ð
= Ð
，
在OMC
V
和
DNO
△
中，
OM
DN
OMC
DNO
CM
ON
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
OMC
DNO
V
V
≌
，
∴OC
OD
=
；
（3）当点E 在AB 右侧时，如图4，设M 是AB 的中点，连接OM
CM
，
，作OP
CM
^
交CM 的延长线于
点P，
∵DBE
V
是等腰直角三角形，
∴
2
2
3 2
6
BE
BD
=
=
´
=
，
同理
6 3
AB =
，
由（2）可得
1
1
3
3 3
2
2
OM
BE
CM
AB
=
=
=
=
，
，
在ABE
V
中，
∵
120
BAE
AEB
Ð
+ Ð
=
°
∴
60
AMO
ABE
Ð
= Ð
=
°，
∴
150
OMC
°
Ð
=
．
∴
30
OMP
Ð
=
°，
∴
1
3
2
2
OP
OM
=
=
，
∴
2
2
2
2
3
3 3
3
2
2
MP
OM
OP
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
∴
9 3
2
CP =
，
∴
2
2
3 7
OC
OP
PC
=
+
=
；
当点E 在AB 左侧时，如图5，设M 是AB 的中点，连接OM
CM
，
，作OP
CM
^
，垂足为点P，
∴
1
1
3
3 3
30
2
2
OM
BE
CM
AB
OMP
CMA
AMO
=
=
=
=
Ð
= Ð
- Ð
=
°
，
，
，
∴
1
3
3 3
2
2
2
OP
OM
MP
=
=
=
，
，
∴
3 3
2
CP =
，
∴
2
2
2
2
3
3 3
3
2
2
OC
OP
PC
æ
ö
æ
ö
=
+
=
+
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
综上所述，线段OC 的长为3 7 或3．
技巧05 遇到中点构造倍长中线(或类中线)
情形1：当遇到三角形中存在中线时，考虑延长中线，作与中线相等的线段构造全等三角形.
条件:如图1,在△ABC 中,AD 是BC 边的中线.
辅助线作法1:延长AD 至点E,使DE=AD,连接BE.
辅助线作法2:过点B 作BE∥AC,交AD 的延长线于点 E.
结论:△ACD≌△EBD,AD=DE,BE=AC 等.
情形2：当遇到三角形中存在一条线段过一边的中点时，考虑延长这条线段，作等线段构造全等三角形.
条件:如图2,在△ABC 中,D 是 BC 边的中点,点 E 是AB 上一点,连接DE.
辅助线作法1:延长ED 至点 F,使 DF=DE,连接CF.
辅助线作法2:过点 C 作 CF∥AB 交 ED 的延长线于点 F.
结论:△BDE≌△CDF,CF∥AB, BE=CF 等
1．（2024·吉林长春·一模）【发现问题】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样的一个问题：
如图①，在
ABC
V
中，
6
AB =
，
8
AC =
，第三边上的中线AD
x
=
，则x 的取值范围是____．
【探究方法】小明同学通过组内合作交流，得到了如下解决方法：
（1）如图②，延长AD 至点A¢，使得DA
AD
¢ =
，连结A C
¢
，根据“SAS ”可以判定
ABD
△
≌__________，
得出
6
A C
AB
¢
=
=
．在
AA C
¢
△
中，
6
A C
¢
=
，
8
AC =
，
2
AA
x
¢ =
，故中线AD 的长x 的取值范围是_______．
【活动经验】当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑将中线延长一倍，构造全等三角形，把分散
的已知条件和所求的问题集中到同一个三角形中，进而解决问题，这种作辅助线的方法叫做“倍长中线”法．
【问题解决】（2）如图③，已知AB
AC
=
，AD
AE
=
，
180
BAE
CAD
Ð
+ Ð
=
° ，连接BE 和CD ，点F 是CD
的中点，连接AF ．求证：
2
BE
AF
=
．小明发现，如图④，延长AF 至点A¢，使FA
AF
¢ =
，连接A D
¢
，通过
证明ABE
DA A
¢
V
V
≌
，可推得
2
BE
AA
AF
¢
=
=
．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长AF 至点A¢，使FA
AF
¢ =
，连接A D
¢
，
∵点F 是CD 的中点，
∴CF
DF
=
．
∵AF
A F
¢
=
，
AFC
A FD
¢
Ð
= Ð
，
∴
(SAS)
ACF
A DF
¢
V
V
≌
，
∴A D
AC
¢
=
，
A DF
ACF
¢
Ð
= Ð
，
∴
∥
AD
AC
¢
，
180
A DA
CAD
¢
Ð
+ Ð
=
° ．
请你补全余下的证明过程．
【问题拓展】（3）如图⑤，在
ABC
V
和
AEF
△
中， AB
AE
=
，AC
AF
=
，
180
BAC
EAF
Ð
+ Ð
=
°，点M，
N 分别是BC 和EF 的中点．若
4
BC =
，
6
EF =
，则MN 的取值范围是 ．
【答案】（1）
A CD
¢
△
，1
7
x
＜＜；（2）
180
BAE
CAD
Ð
+ Ð
=
°
Q
，∴
BAE
A DA
¢
Ð
= Ð
，又∵AB
AC
=
，
∴A D
AB
¢
=
．∵AD
AE
=
，∴
SAS
A AD
BAE
¢
V
V
≌
，∴
2
BE
AA
AF
¢
=
=
（3）1
5
MN
£
£
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，灵活运用这些性质
解决问题是解题的关键．
（1）由“SAS ”可证
ABD
△
≌
A DC
¢
V
，可得
6
A C
AB
¢
=
=
，由三角形的三边关系可求解；
（2）由“SAS ”可证ACF
V
≌
A DF
¢
△
，可得A D
AC
¢
=
，
A DF
ACF
¢
Ð
= Ð
，由“SAS ”可证AA D
EBA
¢
V
V
≌
，可得
BE
AA¢
=
，即可求解；
（3）由（2）可知
2
BC
AN
=
，
2
EF
AM
=
，由三角形的三边关系可求解．
【详解】（1）解：如图②，
AD
Q
为
ABC
V
的中线，
BD
CD
\
=
，
又
AD
A D
¢
=
Q
，
ADB
A DC
¢
Ð
= Ð
，
ABD
\V
≌
SAS
A CD
¢
V
，
6
A C
AB
¢
\
=
=
，
在
AA C
¢
△
中，
6
A C
¢
=
，
8
AC =
，
2
AA
x
¢ =
，
8
6
2
8
6
x
\ -
<
<
+ ，
1
7
x
\ <
<
，
故答案为：
A CD
¢
△
，1
7
x
<
<
；
（2）证明：如图④，延长AF 至点A¢，使FA
AF
¢ =
，连接A D
¢
，
Q点F 是CD 的中点，
CF
DF
\
=
．
AF
A F
¢
=
Q
，
AFC
A FD
¢
Ð
= Ð
，
(SAS)
ACF
A DF
¢
\V
V
≌
，
A D
AC
¢
\
=
，
A DF
ACF
¢
Ð
= Ð
，
A D
AC
¢
\
∥
，
180
A DA
CAD
¢
\Ð
+ Ð
=
°，
180
BAE
CAD
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
∴
BAE
A DA
¢
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，
∴A D
AB
¢
=
．
∵AD
AE
=
，
∴
SAS
A AD
BAE
¢
V
V
≌
，
∴
2
BE
AA
AF
¢
=
=
；
（3）如图⑤，连接AM ，AN ，
由（2）可知：
2
BC
AN
=
，
2
EF
AM
=
，
4
BC =
Q
，
6
EF =
，
2
AN
\
= ，
3
AM =
，
AM
AN
MN
AM
AN
\
-
£
£
+
，
1
5
MN
\ £
£
，
故答案为：1
5
MN
£
£
．
2．（2024·广西·一模）为了进一步探究三角形中线的作用，数学兴趣小组合作交流时，小丽在组内做了如
下尝试：如图1，在
ABC
V
中，AD 是BC 边上的中线，延长AD 到M ，使DM
AD
=
，连接BM ．
(1)【探究发现】图1 中AC 与BM 的数量关系是___________，位置关系是___________；
(2)【初步应用】如图2，在
ABC
V
中，AD 是BC 边上的中线，若
12
AB =
，
5
AC =
，
6.5
AD =
，判断
ABC
V
的形状；
(3)【探究提升】如图3，在
ABC
V
中，若
12
AB =
，
8
AC =
，D 为BC 边上的点，且
2
BD
CD
=
，求AD 的取
值范围．
【答案】(1) AC
BM
=
，AC
BM
∥
(2)
ABC
V
是直角三角形；
(3) 4
28
3
3
AD
<
<
．
【分析】（1）证
(SAS)
ADC
MDB
≌
△
△
，得AC
BM
=
，CAD
M
Ð
= Ð
，再由平行线的判定即可得出AC
BM
∥
；
（2）延长AD 到M ，使DM
AD
=
，连接BM ，由（1）可知，
(SAS)
MDB
ADC
V
V
≌
，得
5
BM
AC
=
=
，利
用勾股定理的逆定理证明ABM
V
是直角三角形，据此计算即可得出结论；
（3）延长AD 到M ，使得
2
DM
AD
=
，连接BM ，证明
BDM
CDA
∽
△
△
，推出
2
16
BM
AC
=
=
，再利用三
角形的三边关系，即可得出结论．
【详解】（1）解：延长AD 到M ，使DM
AD
=
，连接BM ．
AD
Q
是
ABC
V
的中线，
BD
CD
\
=
，
在
ADC
△
和
MDB
△
中，
CD
BD
CDA
BDM
AD
MD
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
(SAS)
ADC
MDB
\△
≌△
，
AC
BM
\
=
，
CAD
M
Ð
= Ð
，
AC
BM
\
∥
，
故答案为：AC
BM
=
，AC
BM
∥
；
（2）解：如图2，延长AD 到M ，使DM
AD
=
，连接BM ，
由（1）可知，
(SAS)
MDB
ADC
V
V
≌
，
5
BM
AC
\
=
=
，
2 6.5
13
AM =
´
=
，
M
CAD
Ð
= Ð
，
在ABM
V
中，
2
2
2
2
12
5
169
AB
BM
+
=
+
=
，
2
2
13
169
AM
=
=
，
∴
2
2
2
AB
BM
AM
+
=
，
∴ABM
V
是直角三角形，且
90
BAM
M
Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
BAM
CAD
BAC
Ð
+ Ð
= Ð
=
°，
∴
ABC
V
是直角三角形；
（3）解：延长AD 到M ，使得
2
DM
AD
=
，连接BM ，则
3
AM
AD
=
，
∵
2
BD
CD =
，
2
MD
AD =
，
∴BD
MD
CD
AD
=
，且
BDM
CDA
Ð
= Ð
，
∴
BDM
CDA
∽
△
△
，
∴
2
16
BM
AC
=
=
，
∴BM
AB
AM
AB
BM
-
<
<
+
，即4
3
28
AD
<
<
，
∴4
28
3
3
AD
<
<
．
3．（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在
ABC
V
中，若
10
AB =
，
6
AC =
，则BC 边上的中线AD 的取
值范围是_____；
（2）如图②，在
ABC
V
中，D 是BC 边上的中点，DE
DF
^
于点D
DE
，
交AB 于点E
DF
，
交AC 于点F，
连接EF ，求证：BE
CF
EF
+
>
；
（3）如图③，在四边形ABCD 中，
180
B
D
Ð + Ð
=
°，CB
CD
=
，
140
BCD
Ð
=
°，以C 为顶点作一个70°角，
角的两边分别交AB ，AD 于E，F 两点，连接EF ，探索线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）2
8
AD
<
<
；（2）见解析；（3）BE
DF
EF
+
=
，证明见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、三角形的三边关系定理、角的和差等知识点，通过作
辅助线，构造两个全等三角形是解题关键．
（1）延长AD 至E ，使DE
AD
=
，连接BE ，证明
SAS
BDE
CDA
V
V
≌
，得出
6
BE
AC
=
=
，再利用三角形
三边关系即可得出答案；
（2）延长FD 至点M ，使DM
DF
=
，连接BM ，EM ，同（1）得，
SAS
BMD
CFD
V
V
≌
，得出BM
CF
=
再证明
SAS
EDM
EDF
V
V
≌
，得出EM
EF
=
，最后再利用三角形三边关系即可得出答案；
（3）延长AB 至点N ，使BN
DF
=
，连接CN ，证明
SAS
NBC
FDC
V
V
≌
得出CN
CF
NCB
FCD
=
Ð
= Ð
，
，
再证明
SAS
NCE
FCE
V
V
≌
，得出EN
EF
=
，即可得证．
【详解】（1）解：延长AD 至E ，使DE
AD
=
，连接BE ，如图1 所示：
∵AD 是BC 边上的中线，
∴BD
CD
=
，
在
BDE
V
和CDA
V
中，
BD
CD
BDE
CDA
DE
AD
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
∴
SAS
BDE
CDA
V
V
≌
，
∴
6
BE
AC
=
=
，
在ABE
V
中，由三角形的三边关系得：AB
BE
AE
AB
BE
-
<
<
+
，
∴10
6
10
6
AE
-
<
<
+
，即4
16
AE
<
<
，
∴2
8
AD
<
<
；
故答案为：2
8
AD
<
<
；
（2）证明：延长FD 至点M ，使DM
DF
=
，连接BM ，EM ，如图所示，
同（1）得，
SAS
BMD
CFD
V
V
≌
，
BM
CF
\
=
DE
DF
^
Q
，DM
DF
=
，DE
DE
=
∴
SAS
EDM
EDF
V
V
≌
，
EM
EF
\
=
在BME
V
中，由三角形的三边关系得BE
BM
EM
+
>
，
BE
CF
EF
\
+
>
；
（3）BE
DF
EF
+
=
，
证明如下：延长AB 至点N ，使BN
DF
=
，连接CN ，如图所示，
，
180
ABC
D
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
180
NBC
ABC
Ð
+ Ð
=
°
NBC
D
\Ð
= Ð
在NBC
V
和
FDC
△
中，
BN
DF
NBC
D
BC
DC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
SAS
NBC
FDC
V
V
≌
，
CN
CF
\
=
，
NCB
FCD
Ð
= Ð
140
BCD
Ð
=
°
Q
，
70
ECF
Ð
=
°
70
BCE
FCD
\Ð
+ Ð
=
°，
70
ECN
ECF
\Ð
=
° = Ð
在
NCE
△
和
FCE
△
中，
CM
CF
ECN
ECF
BC
DC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
∴
SAS
NCE
FCE
V
V
≌
，
EN
EF
\
=
．
BE
BN
EN
+
=
Q
，
BE
DF
EF
\
+
=
．
4．（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知AD 是
ABC
V
的中线，延长AD 至点E ，使得
DE
AD
=
．连结
,
BE CE ，求证：四边形ABEC 是平行四边形．
（2）【拓展提升】如图2，在
ABC
V
的中线AD 上任取一点M （不与点A 、点D 重合），过点M 、点C 分
别作ME
AB
∥
， CE
AD
∥
，连结AE ，BM ，求证：四边形ABME 是平行四边形．
（3）【灵活应用】如图3，在
ABC
V
中，
90
B
Ð
=
°，
8
AB =
，
12
BC =
，点D 是BC 的中点，点M 是直线AD
上的动点，且ME
AB
∥
，CE
AD
∥
，当ME
MC
+
取得最小值时，求线段CE 的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
32
5
CE =
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，倍长中线构
造全等三角形及运用等面积法是解题的关键．
（1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；
（2）延长AD 到点F ，使DF
AD
=
，连接CF ，利用SAS 证明ADB
FDC
V
V
≌
，得CF
BA
=
，
DCF
ABD
Ð
Ð
=
，可说明四边形CEMF 是平行四边形，得ME
CF
=
，即可证明结论；
（3）延长AD 到点F ，使DF
AD
=
，连接CF ，由（2）知，
8
ME
AB
=
=
，CE
MF
=
，则ME
MC
+
取最
小值时，CM 最小，故CM
AD
^
时，CM 最小，利用等面积法求出CM 的长，再利用勾股定理即可求得答
案．
【详解】（1）证明：
AD
Q
是ABC
V
的中线，
BD
CD
\
=
，
DE
AD
=
Q
，
\四边形ABEC 是平行四边形；
（2）证明：延长AD 到点F ，使DF
AD
=
，连接CF ，如图2，
，
AD
Q
是ABC
V
的中线，
BD
CD
\
=
，
在ADB
V
和FDC
V
中，
AD
DF
ADB
FDC
BD
DC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
ADB
FDC
\V
V
≌
，
CF
BA
\
=
，
DCF
ABD
Ð
Ð
=
，
\ AB
CF
∥
，
Q AB
ME
∥
，
\ ME
CF
∥
，
Q CE
MF
∥
，
\四边形CEMF 是平行四边形，
ME
CF
\
=
，
ME
AB
\
=
，
\四边形ABME 是平行四边形；
（3）解：延长AD 到点F ，使DF
AD
=
，连接CF ，如图3，
由（2）知，
8
ME
AB
=
=
，CE
MF
=
，
则ME
MC
+
取最小值时，CM 最小，故CM
AD
^
时，CM 最小，
AD
Q
是ABC
V
的中线，
6
BD
CD
\
=
=
，
\
2
2
10
AD
AB
BD
=
+
=
，
Q
1
1
2
2
ADC
S
AD CM
CD
AB
=
´
=
´
V
\
8 6
24
10
5
AB CD
CM
AD
´
´
=
=
=
在Rt
CMF
△
中，
2
2
2
2
24
32
8
5
5
MF
CF
CM
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
32
5
CE
MF
\
=
=
5．（2026·甘肃庆阳·一模）如图1，在正方形ABCD 的边AB 上任取一点E，作EF
AB
^
交BD 于点F，取FD
的中点G，连接EG ，CG ，
(1)写出线段EG 和CG 的数量关系和位置关系，并说明理由．
(2)如图2，将
BEF
△
绕点B 逆时针旋转90°，则线段EG 和CG 有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出
你的猜想．
(3)如图3，将
BEF
△
绕点B 逆时针旋转180°，则线段EG 和CG 又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你
的猜想，并说明理由．
【答案】(1)
=
EG
CG ，EG
CG
^
，理由见解析
(2)
=
EG
CG ，EG
CG
^
(3)
=
EG
CG ，EG
CG
^
，理由见解析
【分析】（1）延长EG 和AD 交于点H ，连接CE 、CH ，根据正方形的性质得到
45
ABD
Ð
=
°，进而证明
BEF
△
是等腰直角三角形，通过证明
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
，得到EG
HG
=
，EF
HD
=
，进而证明
SAS
BCE
DCH
V
V
≌
，得到CE
CH
=
，
90
ECH
Ð
=
° ，推出
CEH
△
是等腰直角三角形，再利用三线合一性
质以及斜边中线定理即可得出结论；
（2）延长EG 和CD 交于点H ，同理（1）的方法证明
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
，得到CE
CH
=
，推出
CEH
△
是等腰直角三角形，再利用三线合一性质以及斜边中线定理即可得出结论；
（3）延长EG 交AD 于点H ，连接CE 、CH ，同理（1）的方法证明
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
以及
SAS
BCE
DCH
V
V
≌
，进而推出
CEH
△
是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：
=
EG
CG ，EG
CG
^
，理由如下：
如图1，延长EG 和AD 交于点H ，连接CE 、CH ，
∵正方形ABCD ，
∴BC
DC
=
，
90
A
EBC
BCD
ADC
HDC
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
° ，
45
ABD
Ð
=
°，
∵EF
AB
^
，
∴
90
BEF
Ð
=
°，
∴
BEF
△
是等腰直角三角形，BE
EF
=
，
∵
90
BEF
A
Ð
= Ð
=
° ，
∴EF
AH
∥
，
∴
EFG
HDG
Ð
= Ð
，
∵点G 是FD 的中点，
∴FG
DG
=
，
又∵
EGF
HGD
Ð
= Ð
，
∴
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
，
∴EG
HG
=
，EF
HD
=
，
∴BE
HD
=
，
又∵
90
EBC
HDC
Ð
= Ð
=
° ，BC
DC
=
，
∴
SAS
BCE
DCH
V
V
≌
，
∴CE
CH
=
，
BCE
DCH
Ð
= Ð
，
∴
BCE
DCE
DCH
DCE
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
即
90
BCD
ECH
Ð
= Ð
=
°，
∴
CEH
△
是等腰直角三角形，
∵EG
HG
=
，
∴
1
2
CG
EH
EG
=
=
，CG
EH
^
，
即
=
EG
CG ，EG
CG
^
；
（2）解：如图2，延长EG 和CD 交于点H ，
由（1）得，
BEF
△
是等腰直角三角形，
∴BE
EF
=
，
90
BEF
Ð
=
°，
∵正方形ABCD ，
∴
90
ABC
BCD
Ð
= Ð
=
° ，BC
DC
=
，
由旋转的性质得，
90
ABE
Ð
=
°，
∴
180
ABE
ABC
Ð
+ Ð
=
° ，
∴
, ,
E B C 三点共线，
∵
90
90
180
BEF
BCD
Ð
+ Ð
=
°+
° =
° ，
∴EF
CH
∥
，
∴
EFG
HDG
Ð
= Ð
，
∵点G 是FD 的中点，
∴FG
DG
=
，
又∵
EGF
HGD
Ð
= Ð
，
∴
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
，
∴EG
HG
=
，EF
HD
=
，
∴BE
HD
=
，
∴BE
BC
HD
DC
+
=
+
，即CE
CH
=
，
∵
90
ECH
Ð
=
° ，
∴
CEH
△
是等腰直角三角形，
∵EG
HG
=
，
∴
1
2
CG
EH
EG
=
=
，CG
EH
^
，
即
=
EG
CG ，EG
CG
^
；
（3）解：
=
EG
CG ，EG
CG
^
，理由如下：
如图3，延长EG 交AD 于点H ，连接CE 、CH ，
由（1）得，
BEF
△
是等腰直角三角形，
∴BE
EF
=
，
90
BEF
Ð
=
°，
∵正方形ABCD ，
∴
90
A
ABC
BCD
Ð
= Ð
= Ð
=
° ，BC
DC
=
，
由旋转的性质得，
, ,
A B E 三点共线，
∴
90
EBC
Ð
=
°，
∵
90
BEF
A
Ð
= Ð
=
° ，
∴EF
AD
∥
，
∴
EFG
HDG
Ð
= Ð
，
∵点G 是FD 的中点，
∴FG
DG
=
，
又∵
EGF
HGD
Ð
= Ð
，
∴
ASA
EFG
HDG
V
V
≌
，
∴EG
HG
=
，EF
HD
=
，
∴BE
HD
=
，
又∵
90
EBC
HDC
Ð
= Ð
=
° ，BC
DC
=
，
∴
SAS
BCE
DCH
V
V
≌
，
∴CE
CH
=
，
BCE
DCH
Ð
= Ð
，
∴
BCE
BCH
DCH
BCH
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
即
90
ECH
BCD
Ð
= Ð
=
°，
∴
CEH
△
是等腰直角三角形，
∵EG
HG
=
，
∴
1
2
CG
EH
EG
=
=
，CG
EH
^
，
即
=
EG
CG ，EG
CG
^
．
技巧06 遇到角平分线构造等腰三角形
1.条件:如图1,点 P 是∠AOB 平分线 OC 上一点.
辅助线作法:过点 P 作PQ∥OB,交OA 于点Q.结论：△POQ 是等腰三角形.
2.条件:如图2,OC 是∠AOB 的平分线,点 D 是OA 上一点.
辅助线作法：过点 D 作DE∥OC，交BO 的延长线于点 E.
结论：△DOE 是等腰三角形.
3.条件：如图3，P 是∠MON 平分线上一点，已知AP⊥OP.
辅助线作法：延长AP，交ON 于点 B.
结论:△AOB 是等腰三角形,OP 垂直平分AB
1．（25-26 八年级上·广东广州·期中）如图，AD 为
ABC
V
的角平分线，E 为BC 的中点，EF
AD
∥
交BA
的延长线于点F，交AC 于点G．
(1)求证：AFG
V
为等腰三角形．
(2)求证：BF
CG
=
．
(3)求AB
AC
CG
+
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 2
【分析】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解
题的关键．
（1）根据AD 为
ABC
V
的角平分线，EF
AD
∥
，证得
F
AGF
Ð
= Ð
进而证得AFG
V
为等腰三角形；
（2）延长FE 至点H ，使EH
FE
=
，连接CH ，根据全等三角形SAS 的判定方法，证得
CEH
BEF
△
≌△
，
根据全等三角形的性质证得CH
BF
=
，根据角平分线的性质证得
CGH
H
Ð
= Ð
，进而证得BF
CG
=
；
（3）由（1）知AG
AF
=
，根据AC
CG
AG
=
+
、AF
AB
BF
+
=
，证得
2
AB
AC
CG
+
=
，进而证得
2
AB
AC
CG
+
=
即可．
【详解】（1）证明：
EF
AD
Q
∥
，
F
BAD
\Ð
= Ð
，
AGF
CAD
Ð
= Ð
AD
Q
为
ABC
V
的角平分线
BAD
CAD
\Ð
= Ð
F
AGF
\Ð
= Ð
AF
AG
\
=
AFG
\V
为等腰三角形；
（2）证明：延长FE 至点H ，使EH
FE
=
，连接CH ，
E
Q
为BC 的中点
BE
CE
\
=
在
CEH
△
和
BEF
△
中，
EH
EF
CEH
BEF
CE
BE
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
CEH
BEF
\V
V
≌
CH
BF
\
=
、
H
F
Ð
= Ð
EF
AD
Q
∥
CGH
CAD
\Ð
= Ð
、
BAD
F
Ð
= Ð
AD
Q
为
ABC
V
的角平分线
BAD
CAD
\Ð
= Ð
CGH
F
\Ð
= Ð
CGH
H
\Ð
= Ð
CH
CG
\
=
BF
CG
\
=
；
（3）解：由（1）知AG
AF
=
，
AC
CG
AG
=
+
Q
、AF
AB
BF
+
=
、BF
CG
=
AC
CG
CG
AB
\
=
+
-
2
AB
AC
CG
\
+
=
2
AB
AC
CG
+
\
=
．
2．（2025·江西景德镇·一模）追本溯源
题（1）来自课本中的练习，请你完成解答，并利用（1）中得到的结论解答题（2）．
（1）如图1，在
ABC
V
中，AD 是
ABC
V
的角平分线．求证：
:
:
ABD
ACD
S
S
AB AC
=
V
V
．
结论应用
（2）如图2，在
ABC
V
中，AD 是
ABC
V
的角平分线，过点D 作
∥
DE
AC且交AB 于点E ．若
:
3: 2
ABD
ACD
S
S
=
V
V
，求DE
AC 的值．
【答案】（1）见解析；（2）
3
5
DE
AC =
【分析】（1）过点D 分别作DE
AB
^
于点E ，DF
AC
^
于点F ，根据角平分线的性质可得DE
DF
=
，结
合三角形的面积公式即可得证；
（2）由（1）可知，
:
:
3: 2
ABD
ACD
S
S
AB AC
=
=
V
V
，设
3
AB
x
=
，
2
AC
x
=
，由角平分线的定义可得
BAD
CAD
Ð
= Ð
，根据
∥
DE
AC，可得
EDA
CAD
Ð
= Ð
，BDE
BCA
∽
V
V
，推出AE
DE
=
，BE
DE
AB
AC
=
，得到
3
3
2
x
AE
AE
x
x
-
=
，则
6
5
AE
x
=
，即可求解．
【详解】（1）证明：过点D 分别作DE
AB
^
于点E ，DF
AC
^
于点F ，
Q AD 是
ABC
V
的角平分线，
\ DE
DF
=
，
Q
1
2
ABD
S
AB DE
=
V
g
，
1
2
ACD
S
AC DF
=
V
g
，
\
1
1
:
·
:
·
:
2
2
ABD
ACD
S
S
AB DE
AC DF
AB AC
æ
ö æ
ö
=
=
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
V
V
，
即
:
:
ABD
ACD
S
S
AB AC
=
V
V
；
（2）由（1）可知，
:
:
3: 2
ABD
ACD
S
S
AB AC
=
=
V
V
，
\设
3
AB
x
=
，
2
AC
x
=
，
Q AD 是
ABC
V
的角平分线，
\
BAD
CAD
Ð
= Ð
，
Q
∥
DE
AC，
\
EDA
CAD
Ð
= Ð
，BDE
BCA
∽
V
V
，
\
BAD
EDA
Ð
= Ð
，
\ AE
DE
=
，
Q BDE
BCA
∽
V
V
，
\ BE
DE
AB
AC
=
，
\ AB
AE
AE
AB
AC
-
=
，
\ 3
3
2
x
AE
AE
x
x
-
=
，
\
6
5
AE
x
=
，
\
6
3
5
2
5
x
DE
AE
AC
AC
x
=
=
=
．
3．（2026·山东威海·模拟预测）课本再现
（1）如图1，
CAE
Ð
是
ABC
V
的外角，AD 平分
CAE
Ð
，AD
BC
∥
，则AB AC ．（填“ >”“ = ”或
“<”）
类比迁移
（2）如图2，在
ABC
V
中，AD 是
ABC
V
的一条角平分线，过点D 作DE
AB
∥
交AC 于点E，求证：AE
DE
=
．
拓展运用
（3）如图3，在
ABC
V
中，AB
AC
=
，O 是
ABC
V
角平分线AD 上一点，延长BO 至点M，使BO
OM
=
，
过点M 作MN
AB
∥
交AC 于点N，猜想MN 与NC 的数量关系，并进行证明．
【答案】（1）= ；（2）见解析；（3）MN
NC
=
，见解析
【分析】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助
线是解答本题的关键．
（1）由角平分线的定义得
DAE
DAC
Ð
= Ð
，由平行线的性质得
DAE
B
Ð
= Ð
，
DAC
C
Ð
= Ð
，等量代换得
B
C
Ð
= Ð
，进而可证AB
AC
=
；
（2）由角平分线的定义得Ð
= Ð
DAB
DAC ，由平行线的性质得
DAB
ADE
Ð
= Ð
，等量代换得
DAC
ADE
Ð
= Ð
，进而可证AE
DE
=
；
（3）由角平分线的定义得Ð
= Ð
DAB
DAC ，根据SAS 证明
ABO
ACO
△
≌△
得
ABO
ACO
Ð
= Ð
，OB
OC
=
，然
后证明
CMN
MCN
Ð
= Ð
即可得出MN
NC
=
．
【详解】解：（1）
AD
Q
平分
CAE
Ð
，
DAE
DAC
\Ð
= Ð
．
AD
BC
∥
Q
，
DAE
B
\Ð
= Ð
，
DAC
C
Ð
= Ð
，
B
C
\Ð
= Ð
，
AB
AC
\
=
．
故答案为：= ；
（2）
AD
Q
平分
BAC
Ð
，
DAB
DAC
\Ð
= Ð
．
DE
AB
∥
Q
，
DAB
ADE
\Ð
= Ð
，
DAC
ADE
\Ð
= Ð
，
AE
DE
\
=
；
（3）MN
NC
=
，证明如下，
连接CM ，CO ，如图，
AD
Q
平分
BAC
Ð
，
DAB
DAC
\Ð
= Ð
．
AB
AC
=
Q
，AO
AO
=
，
SAS
ABO
ACO
\V
V
≌
，
ABO
ACO
\Ð
= Ð
，OB
OC
=
．
BO
OM
=
Q
，
OM
OC
\
=
，
OMC
OCM
\Ð
= Ð
．
MN
AB
∥
Q
，
ABO
OMN
\Ð
= Ð
，
ACO
OMN
\Ð
= Ð
，
∵
,
CMN
OMN
OMC
MCN
OCN
OCM
Ð
+ Ð
= Ð
Ð
+ Ð
= Ð
，
CMN
MCN
\Ð
= Ð
，
MN
NC
\
=
．
4．（1）【问题情境】利用角平分线构造全等三角形是常用的方法，如图1，OP 平分
MON
Ð
．点A 为OM
上一点，过点A 作AC
OP
^
，垂足为C ，延长AC 交ON 于点B ，求证：
AOC
BOC
≌
△
△
．
（2）【问题探究】如图2，在（1）的条件下，过点A 作AD
ON
^
，垂足为
,
D AD 交OP 于点E ．若
AD
OD
=
，试探究AC 和OE 的数量关系，并证明你的结论．
（3）【拓展延伸】如图3，ABC
V
中，
,
90
AB
AC
BAC
=
Ð
=
° ，点D 在线段BC 上，且
1
,
2
BDE
ACB BE
DE
Ð
=
Ð
^
于
,
E DE 交AB 于F ，试探究BE 和DF 之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）
2
OE
AC
=
，见解析；（3）
1
2
BE
DF
=
；见解析
【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，
（1）根据“ASA ”证明
AOC
BOC
≌
△
△
即可得出结论；
（2）先证
BOC
DAB
Ð
= Ð
，再证
DOE
DAB
≌
△
△
得出OE
AB
=
，进而即可得解；
（3）如图：过点D 作DG
AC
∥
，交BE 的延长线于点G ，与AF 相交于H ，证出BGH
DFH
V
V
≌
和
BDE
GDE
V
V
≌
，然后进行线段的等量代换即可得解；
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．
【详解】（1）在
AOC
△
和BOC
V
中，
90
AOC
BOC
OC
OC
OCA
OCB
Ð
= Ð
ì
ï
=
í
ïÐ
= Ð
=
°
î
，
(ASA)
AOC
BOC
\
≌
△
△
；
（2）
2
OE
AC
=
，理由如下：
由（1）得，
AOC
BOC
≌
△
△
，
AC
BC
\
=
，即
2
AB
AC
=
，
90
BCO
ADB
Ð
= Ð
=
°
Q
，
90
BOC
OBC
DAB
OBC
°
\Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
，
BOC
DAB
\Ð
= Ð
，
在DOE
V
和DAB
V
中，
90
DOE
DAB
OD
AD
ODE
ADB
Ð
= Ð
ì
ï
=
í
ïÐ
= Ð
=
°
î
，
(ASA)
DOE
DAB
\
≌
△
△
，
OE
AB
\
=
，
2
OE
AC
\
=
；
（3）
1
2
BE
DF
=
．理由如下：
如图：过点D 作DG
AC
∥
，交BE 的延长线于点G ，与AF 相交于H ，
DG
AC
Q
P
，
,
90
GDB
C
BHD
A
\Ð
= Ð
Ð
= Ð
=
° ，
1
2
BDE
ACB
Ð
=
Ð
Q
，
1
2
EDB
EDG
ACB
\Ð
= Ð
=
Ð
，
BE
ED
^
Q
，
90
BED
\Ð
=
°，
BED
BHD
\Ð
= Ð
，
EFB
HFD
Ð
= Ð
Q
，
EBF
HDF
\Ð
= Ð
，
,
90
AB
AC
BAC
Ð
=
=
°
Q
，
45
C
ABC
\Ð
= Ð
=
° ，
DG
AC
Q
P
，
45
GDB
C
\Ð
= Ð
=
° ，
45
GDB
ABC
\Ð
= Ð
=
°，
BH
DH
\
=
，
在
BGH
V
和DFH
V
中，
90
HBG
HDF
BH
DH
BHG
DHF
Ð
= Ð
ì
ï
=
í
ïÐ
= Ð
=
°
î
，
(ASA)
BGH
DFH
\
≌
△
△
，
BG
DF
\
=
，
在
BDE
V
和
GDE
△
中，
90
BDE
GDE
DE
DE
BED
GED
Ð
= Ð
ì
ï
=
í
ïÐ
= Ð
=
°
î
(ASA)
BDE
GDE
\
≌
△
△
，
BE
EG
\
=
，即
1
2
BE
BG
=
，
1
1
2
2
BE
BG
DF
\
=
=
．
5．利用角平分线构造全等三角形是常用的方法，如图①，OP 平分
MON
Ð
．点A 为OM 上一点，过点A 作
AC
OP
^
，垂足为C ，延长AC 交ON 于点B ，可证得
AOC
BOC
≌
△
△
，则AO
BO
=
，AC
BC
=
．
【问题提出】
（1）如图②，在
ABC
V
中，CD 平分
ACB
Ð
，AE
CD
^
于点E ，若
63
EAC
Ð
=
° ，
37
B
Ð
=
° ，通过上述构
造全等的办法，求
DAE
Ð
的度数；
【问题探究】
（2）如图③，在
ABC
V
中，AB
AC
=
，
90
BAC
Ð
=
°，CD 平分
ACB
Ð
，BE
CD
^
，垂足E 在CD 的延长
线上，试探究BE 和CD 的数量关系；
【问题解决】
（3）如图④是一块肥沃的土地
ABC
V
，其中AC 边与灌渠相邻，李伯伯想在这块地中划出一块直角三角形
土地
ADC
△
进行水稻试验，他进行了如下操作：
①作
ACB
Ð
的平分线CD ；
②再过点A 作AD
CD
^
交CD 于点D
已知
13
BC =
米，
10
AC =
米，
ABC
V
面积为20 平方米，求划出的ACD
V
的面积．
【答案】（1）
26
DAE
Ð
=
°；（2 ）
1
2
BE
CD
=
，理由见解析；（3）
100
13
ACD
S
=
V
．
【知识点】角平分线的有关计算、三角形的外角的定义及性质、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA 或者
AAS）、等边对等角
【分析】（1）延长AE 交BC 于点F ，由已知可知AC
FC
=
，再由等腰三角形的在得
63
EFC
EAC
Ð
= Ð
=
°，然后由三角形的外角性质即可得出结论；
（2 ）延长BE
CA
、
交于点F ，证
ASA
ABF
ACD
V
V
≌
，得BF
CD
=
，再由已知可知
1
2
BE
FE
BF
=
=
，即
可得出结论；
（3）延长AD 交BC 于E ， 由已知可知AD
ED
=
，
10
EC
AC
=
=
，则
ACD
ECD
S
S
=
V
V
再由三角形面积关系得
10
200
13
13
ACE
ABC
S
S
=
=
V
V
，即可得出结论．
【详解】（1）如图2 ， 延长AE 交BC 于点F ，
由已知可知AC
FC
=
，
∴
63
EFC
EAC
Ð
= Ð
=
°，
∵
EFC
B
DAE
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
63
37
26
DAE
EFC
B
Ð
= Ð
- Ð
=
°-
° =
°；
（2 ）
1
2
BE
CD
=
，证明如下：
如图，延长BE
CA
、
交于点F ，则
180
90
BAF
BAC
Ð
=
°- Ð
=
° ，
∵BE
CD
^
，
∴
90
BED
BAC
Ð
=
° = Ð
，
∵
BDC
ABF
BED
ACD
BAC
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
ABF
ACD
Ð
= Ð
，
又∵AB
AC
=
，
∴
ASA
ABF
ACD
V
V
≌
，
∴BF
CD
=
，
由已知可知，
1
2
BE
FE
BE
=
=
，
∴
1
2
BE
CD
=
；
（3）如图，延长AD 交BC 于E ，
由已知可知，AD
ED
=
，
10
EC
AC
=
=
，
∴
ACD
ECD
S
S
=
V
V
，
∵
20
ABC
S
=
V
，
∴
10
10
200
20
13
13
13
ACE
ABC
S
S
=
=
´
=
V
V
，
∴
1
100
2
13
ACD
ACE
S
S
=
=
V
V
．
技巧07 遇到角平分线构造轴对称图形
1.截长法
条件:如图1,在△ABC 中,点D 在BC 上,且AD 平分∠BAC.
辅助线作法:在AB 上截取AF=AC,连接DF.结论:△ACD≌△AFD.
2.补短法
条件:如图2,在△ABC 中,点 D 在 BC 上,∠ACB=2∠B,且AD 平分∠BAC.
辅助线作法:延长AC 至点 E,使AE=AB,连接DE.
结论:△AED≌△ABD
1．将
ABC AB
AC
>
V
沿AD 折叠，使点C 刚好落在AB 边上的点E 处．
(1)在图1 中，若
8
AB =
，
6
AC =
，
9
ACD
S
=
△
，求BE ；
(2)在图2 中，若
2
C
B
Ð
= Ð ，
①求证：BE
ED
=
．
②若AD
AC
=
，求
BAC
Ð
的度数．
【答案】(1) 2
(2)①见解析；②72°
【分析】本题考查了折叠，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，掌握相关知识点是解题
的关键．
（1）根据折叠的性质可求出
6
AE =
，即可求解；
（2）根据折叠的性质可得出
C
AED
Ð
= Ð
，CD
ED
=
，根据三角形外角的性质并结合已知可得出
2
AED
B
EDB
B
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð ，则
B
EDB
Ð
= Ð
，最后根据等角对等边即可得证；
②设
B
x
Ð
=
，则
2
C
x
Ð
=
，
EDB
x
Ð
=
，
2
AED
x
Ð
=
，根据等边对等角得出
2
C
ADC
x
Ð
= Ð
=
．根据折叠的
性质可得出
2
ADE
ADC
x
Ð
= Ð
=
，则
3
ADB
x
Ð
=
，根据三角形外角的性质得出
DAC
x
Ð
= ，在
ADC
△
中根据
三角形内角和定理可求出
36
x =
°，则
36
B
Ð
=
° ，
72
C
Ð
=
°， 最后在
ABC
V
中根据三角形内角和定理求解
即可．
【详解】（1）解：由折叠性质得：
6
AE
AC
=
=
，
∴
8
6
2
BE
AB
AE
=
-
=
-
=
，
（2）①证明：Q
ABC
V
沿AD 折叠得到
AED
△
，
\
ACD
AED
V
V
≌
\
C
AED
Ð
= Ð
，CD
ED
=
Q
2
C
B
Ð
= Ð
\
2
AED
B
Ð
= Ð
Q
AED
B
EDB
Ð
= Ð
+ Ð
．
2
AED
B
Ð
= Ð ，
\
2
B
EDB
B
Ð + Ð
= Ð ，
\
B
EDB
Ð
= Ð
，
\ BE
ED
=
；
②设
B
x
Ð
=
，则
2
C
x
Ð
=
，
EDB
x
Ð
=
，
2
AED
x
Ð
=
Q AD
AC
=
，
\
2
C
ADC
x
Ð
= Ð
=
．
Q折叠，
\
2
ADE
ADC
x
Ð
= Ð
=
∴
2
3
ADB
ADE
EDB
x
x
x
Ð
= Ð
+ Ð
=
+
=
．
DAC
ADB
C
x
\Ð
= Ð
- Ð
=
，
在
ADC
△
中，
2
2
180
x
x
x
+
+
=
°，
解得
36
x =
°
\
36
B
Ð
=
° ，
72
C
Ð
=
°，
∴
180
72
BAC
B
C
Ð
=
°- Ð - Ð
=
° ．
2．（25-26 八年级上·江苏连云港·期中）综合与实践
【解决问题】
(1)如图①，在
ABC
V
中，AD 平分
BAC
Ð
，交BC 于点D ，且
2
.
B
C
Ð
= Ð
求证：AB
BD
AC
+
=
．
(2)请利用“截长补短”法，解决如下问题：如图③，在四边形ABCD 中，已知
60
BAD
Ð
=
° ，
110
40
D
ACD
Ð
=
°
Ð
=
°
，
，
80
ACB
Ð
=
° ，CE 是
ABC
V
的高，
8
AD =
，
2.
EB =
求AB 的长．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握三角形全
等的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解题的关键，
（1）在AC 上截取AE ，使得AE
AB
=
，连接DE ，由角平分线的定义可得
BAD
DAC
Ð
= Ð
，易利用SAS 证得
ABD
AED
V
V
≌
，从而得到
B
AED
Ð
= Ð
，BD
ED
=
，再由角度之间转换可得
C
EDC
Ð
= Ð
，根据等腰三角形
的性质可得BD
EC
=
，即可推出AB
BD
AC
+
=
；
（2）在AE 上截取AF
AD
=
，连接CF ，在ACD
V
中，由三角形内角和可求得
30
DAC
FAC
Ð
= Ð
=
°，从而
易证得
SAS
DAC
FAC
V
V
≌
，得到
110
AFC
D
Ð
= Ð
=
° ，从而可推出
90
CEF
CEB
Ð
= Ð
=
°，易证
AAS
CEF
CEB
V
V
≌
，得到EF
BE
=
，从而可推出AB 的长．
【详解】（1）证明：在AC 上截取AE ，使得AE
AB
=
，连接DE ，如图②所示：
AD
Q
平分
BAC
Ð
，
BAD
DAC
\Ð
= Ð
，
在
ABD
△
和
AED
△
中，
AB
AE
BAD
EAD
AD
AD
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
ABD
AED SAS
\V
V
≌
，
B
AED
\Ð
= Ð
，BD
ED
=
，
2
B
C
Ð
= Ð
Q
，
2
AED
C
\Ð
= Ð
，
AED
C
EDC
Ð
= Ð
+ Ð
Q
，
C
EDC
\Ð
= Ð
，
DE
CE
\
=
，
BD
EC
\
=
，
AE
EC
AC
+
=
Q
，
AB
BD
AC
\
+
=
；
（2）解：在AE 上截取AF
AD
=
，连接CF ，如图③所示：
在ACD
V
中，
180
30
DAC
D
ACD
Ð
=
°- Ð
- Ð
=
° ，
30
FAC
BAD
DAC
\Ð
= Ð
- Ð
=
° ，
30
DAC
FAC
\Ð
= Ð
=
° ，
在
DAC
△
和FAC
V
中，
AD
AF
DAC
FAC
AC
AC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
SAS
DAC
FAC
\V
V
≌
，
110
AFC
D
\Ð
= Ð
=
°，
180
70
CFE
AFC
\Ð
=
°- Ð
=
° ，
180
70
B
ACB
FAC
\Ð
=
°- Ð
- Ð
=
°，
B
CFE
\Ð
= Ð
，
CE
AB
^
Q
，
90
CEF
CEB
\Ð
= Ð
=
° ，
在
CEF
△
和CEB
V
中，
CFE
B
CEF
CEB
CE
CE
Ð
= Ð
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
AAS
CEF
CEB
\V
V
≌
，
EF
BE
\
=
，
2
4
BF
BE
\
=
=
，
8
4
12
AB
AF
BF
AD
BF
\
=
+
=
+
=
+
=
．
3．（24-25 八年级上·吉林长春·月考）问题提出：学习了等腰三角形，我们知道：等边对等角；反过来，等
角对等边．数学兴趣小组在活动时发现，在一个三角形中，如果两条边不相等，它们所对的角也不相等，
其中大边对大角．思路分析：解决不等边关系问题时，往往采用在长边上截取短边或者延长短边，构造全
等三角形解决问题，这种方法称为截长补短法．
问题具化：如图1，在
ABC
V
中，AB
AC
>
，求证：
C
B
Ð
> Ð ；
问题解决：如图2，在AB 上找一点E ，使AE
AC
=
，过点A 作
BAC
Ð
的平分线，交BC 于点D ，连接
DE ．请你补全余下的证明过程；
问题拓展：
如图3，在
ABC
V
中，AD 是
BAC
Ð
的平分线，
3
5
2
26
AB
AC
BD
C
Ð
=
=
=
=
°
，
，
，
，则
ADB =
∠
___________
度．
【答案】问题解决：见解析；问题拓展：77
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，解题
的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
问题解决：证明
ADE
ADC
△
△
≌
，得出
AED
C
Ð
= Ð
，根据
AED
B
Ð
> Ð ，即可得出答案；
问题拓展：在AC 上取点E，使AE
AB
=
，连接DE ，证明
SAS
ABD
AED
V
V
≌
，得出
ADB
ADE
Ð
= Ð
，
2
DE
BD
=
=
，
3
AE
AB
=
=
，根据等腰三角形的性质得出
26
EDC
C
=
=
°
∠
∠
，最后求出结果即可．
【详解】解：问题解决：在AB 上找一点E ，使AE
AC
=
，过点A 作
BAC
Ð
的平分线，交BC 于点D ，连接
DE ，
则
DAE
DAC
Ð
= Ð
，
∵AE
AC
=
，AD
AD
=
，
∴
ADE
ADC
△
△
≌
，
∴
AED
C
Ð
= Ð
，
∵
AED
B
Ð
> Ð ，
∴
C
B
Ð
> Ð ；
问题拓展：在AC 上取点E，使AE
AB
=
，连接DE ，如图所示：
∵AD 是
BAC
Ð
的平分线，
∴
BAD
EAD
Ð
= Ð
，
∵AB
AE
=
，AD
AD
=
，
∴
SAS
ABD
AED
V
V
≌
，
∴
ADB
ADE
Ð
= Ð
，
2
DE
BD
=
=
，
3
AE
AB
=
=
，
∴
5
3
2
CE
AC
AE
=
-
=
-
=
，
∴CE
DE
=
，
∴
26
EDC
C
=
=
°
∠
∠
，
∴
1 180
26
77
2
ADB
ADE
Ð
= Ð
=
°-
° =
°．
4．（24-25 八年级上·内蒙古乌兰察布·期中）【阅读理解】在一个三角形中出现一个角是另一个角的2 倍时，
我们可以通过以下三种方法转化倍角寻找等腰三角形．
（1）如图①，若
2
ABC
C
Ð
= Ð
，可作
ABC
Ð
的平分线BD 交AC 于点D，则
DBC
△
是等腰三角形，请给出
证明；
（2）如图②，若
2
ABC
C
Ð
= Ð
，可延长CB 至点D，使BD
BA
=
，连接AD ，则______是等腰三角形；
（3）如图③，若
2
B
ACB
Ð
= Ð
，以C 为顶点，CA 为一边，在
ABC
V
外作
ACD
Ð
=______，交BA 的延长线
于点D，则
DBC
△
是等腰三角形；
【解决问题】
（4）如图④，在
ABC
V
中，
2
C
B
Ð
= Ð ，
2
BC
AC
=
，求证：
90
A
Ð
=
°．
【答案】（1）见解析；（2）ACD
V
（3）
ACB
Ð
（4）见解析
【分析】本题考查三角形的外角，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握等角对
等边证明三角形为等边三角形，是解题的关键：
（1）根据角平分线的定义，推出Ð
= Ð
DBC
C ，即可得证；
（2）利用等边对等角，三角形的外角，推出
D
C
Ð
= Ð
，即可得出结论；
（3）根据等角对等边，证明
DBC
△
是等腰三角形即可；
（4）延长BC 至点H ，使AC
CH
=
，取BC 的中点E ，连接AE ，证明AB
AH
=
，进而证明
ABE
AHC
V
V
≌
，推出
AEC
△
为等边三角形，求出
60
ACB
Ð
=
°，利用三角形的内角和定理求出
90
A
Ð
=
°即
可．
【详解】解：（1）∵BD 平分
ABC
Ð
，
∴
2
ABC
CBD
Ð
= Ð
，
∵
2
ABC
C
Ð
= Ð
，
∴Ð
= Ð
DBC
C ，
∴BD
CD
=
，
∴
DBC
△
是等腰三角形；
（2）∵BD
BA
=
，
∴
D
BAD
Ð
= Ð
，
∵
2
ABC
D
BAD
D
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
，
2
ABC
C
Ð
= Ð
，
∴
C
D
Ð
= Ð
，
∴AC
AD
=
，
∴ACD
V
是等腰三角形；
故答案为：ACD
V
；
（3）作
ACD
ACB
Ð
= Ð
，理由如下：
∵
ACD
ACB
Ð
= Ð
，
∴
2
BCD
ACB
ACD
ACB
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
，
∵
2
B
ACB
Ð
= Ð
，
∴
BCD
B
Ð
= Ð
，
∴CD
BD
=
，
∴
DBC
△
是等腰三角形；
（4）延长BC 至点H ，使AC
CH
=
，取BC 的中点E ，连接AE ，
则：
H
CAH
Ð
= Ð
，
2
2
BC
BE
CE
=
=
，
∴
2
ACB
H
CAH
H
Ð
= Ð
+ Ð
= Ð
，
∵
2
ACB
B
Ð
= Ð
，
2
BC
AC
=
，
∴
B
H
CAH
Ð
= Ð
= Ð
，AC
BE
CE
=
=
，
∴AB
AH
=
，
∴ABE
AHC
V
V
≌
，
∴AE
AC
=
，
∴AE
AC
CE
=
=
，
∴
AEC
△
为等边三角形，
∴
60
ACB
Ð
=
°，
∴
30
B
Ð
=
° ，
∴
90
BAC
Ð
=
°．
5．（2024·辽宁·一模）（1）在数学教学活动分组讨论时，锦州组老师提出这样一个问题：
在几何题目中如果有
2
BAC
ABC
Ð
= Ð
的条件，同学们通常如何做辅助线呢？根据日常的学习交流和老师的
点拨，同学们会发现了这样几种方法：
①如图a，作
BAC
Ð
的角平分线，构造等腰三角形．②如图b，作AC
AD
=
，构造等腰三角形．
③如图c，作
BCD
B
Ð
= Ð
，构造等腰三角形．④如图d，作
ABD
ABC
Ð
= Ð
，构造等腰三角形．
参考以上方法同学们就会解决下面问题：
如图1，在
ABC
V
中，
2
C
A
Ð
= Ð ，
2
AC
BC
=
，求证
90
B
Ð
=
°．
【类比分析】
（2）如图2，在
ABC
V
中，点D、E 两点分别在线段AB、BC 上，
2
AGC
B
Ð
= Ð ，AE
CD
=
，过点E 作
EF
AB
^
．如图2，求证
2
AD
BF
=
．
【学以致用】
（3）如图3，
ABC
V
为等边三角形，
2
AFB
ADB
Ð
= Ð
，若
10
AF =
，
8
CD =
，求BF 的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
14
BF =
．
【分析】（1）作
ACB
Ð
的平分线交AB 于点E，作EF
AC
^
于点F．推出EA
EC
=
，得到CF
CB
=
，证明
SAS
ECF
ECB
V
V
≌
，即可证明
90
B
EFC
Ð
= Ð
=
°；
（2）在AB 上作BF
FM
=
，在CB 上作CN
BE
=
，得到
MEC
AGC
Ð
= Ð
，推出
MEA
GCE
Ð
= Ð
，证明
SAS
MEA
GCE
V
V
≌
，得到AM
DN
=
，AME
DNC
Ð
= Ð
，再证明BD
DN
AM
=
=
，据此即可证明结论成立；
（3）在BE 上作
8
BQ
CD
=
=
，在AD 上取点R ，使
8
CR
CD
=
=
，连接CQ
CR
，
，作FP
AB
^
，证明
SAS
CQB
ARC
V
V
≌
，推出
CQB
ARC
Ð
= Ð
，证明FQ
FC
=
，设FQ
FC
x
=
=
，则
8
BF
x
=
+
，
10
AB
AC
x
=
=
+
，在Rt APF
V
中，求得
5
AP =
，
5 3
PF =
，在Rt BPF
V
中，利用勾股定理列式计算即可求
解．
【详解】（1）证明：作
ACB
Ð
的平分线交AB 于点E，作EF
AC
^
于点F．
∵
2
ACB
A
Ð
= Ð ，
ACE
BCE
Ð
= Ð
，
∴
A
ACE
Ð
= Ð
，
∴EA
EC
=
，
∵EF
AC
^
，
∴AF
FC
=
，
∵
2
AC
BC
=
，
∴CF
CB
=
，
∵EC
EC
=
，
∴
SAS
ECF
ECB
V
V
≌
，
∴
90
B
EFC
Ð
= Ð
=
°；
（2）证明：在AB 上作BF
FM
=
，在CB 上作CN
BE
=
，连接EM
DN
，
，如图，
∵EF
AB
^
，
∴EF 是线段BM 的垂直平分线，
∴BE
EM
CN
=
=
，
∴
EMB
B
Ð
= Ð ，
∴
2
MEC
B
Ð
= Ð
，
∵
2
AGC
B
Ð
= Ð ，
∴
MEC
AGC
Ð
= Ð
，
∴
MEA
MEC
AEC
AGC
AEC
GCE
Ð
= Ð
- Ð
= Ð
- Ð
= Ð
，
∵AE
CD
=
，
∴
SAS
MEA
GCE
V
V
≌
，
∴AM
DN
=
，
AME
DNC
Ð
= Ð
，
∴
BME
DNB
Ð
= Ð
，
∴
B
DNB
Ð
= Ð
，
∴BD
DN
AM
=
=
，
∴BD
DM
AM
DM
+
=
+
，
∴BM
AD
=
，
∴
2
AD
BF
=
；
（3）解：在BE 上作
8
BQ
CD
=
=
，在AD 上取点R ，使
8
CR
CD
=
=
，连接CQ
CR
，
，作FP
AB
^
，如图，
∵CR
CD
=
，
∴
CRD
D
Ð
= Ð
，
∴
2
BCR
D
Ð
= Ð
，
∵
2
AFB
D
Ð
= Ð
，
∴
B
BCR
AF
Ð
Ð
=
，
∴
CBQ
ACR
Ð
= Ð
，
∵AB
AC
=
，
8
BQ
CR
=
=
，
∴
SAS
CQB
ARC
V
V
≌
，
∴
CQB
ARC
Ð
= Ð
，
∴
CQF
DRC
Ð
= Ð
，
∵
AFB
QBC
QCB
QCF
BCR
Ð
= Ð
+ Ð
+ Ð
= Ð
，
FQC
QBC
QCB
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
FQC
FCQ
Ð
= Ð
，
∴FQ
FC
=
，
设FQ
FC
x
=
=
，
∴
8
BF
x
=
+
，
10
AB
AC
x
=
=
+
，
在Rt APF
V
中，
60
A
Ð
=
°，
10
AF =
，
∴
1
5
2
AP
AF
=
=
，
5 3
PF =
，
∴
10
5
5
BP
AB
AP
x
x
=
-
=
+
-
=
+
，
在Rt BPF
V
中，利用勾股定理得
2
2
2
BF
BP
PF
=
+
，
即
2
2
2
8
5
5 3
x
x
+
=
+
+
，
解得
6
x =
，
∴
8
6
14
BF =
+
=
．
技巧08 定弦定角构造辅助圆
定弦定角构造辅助圆的几种常见类型
类型
定角为直角
定角为锐角
定角为钝角
图示
特点
在△ABC 中,已知AB 的长,
点C 为动点,且保持∠
ACB=90°
在△ABC 中,已知AB 的长,点C
为动点,且保持∠ACB=a(a 为锐
角)
在△ABC 中,已知AB 的长,点C
为动点,且保持∠ACB=a(a 为钝
角)
动点
运动
轨迹
结论
点C 在以点0 为圆心，AB
长为直径的圆上运动
点C 在以点0 为圆心,圆心角为
2a 的优弧 AB 上运 动(点0,C
在AB 同侧)
点C 在以点0 为圆心,圆心角为
(360°-2a)的劣弧 AB 上运动(点
0,C 在 AB 异侧)
1．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在等腰直角三角形ABC 中，
2
AC
BC
=
=
，E 为BC 的中点，AB 上
有一点F，若
CFE
CAE
Ð
= Ð
，则
CFE
△
的面积等于______．
【答案】1
4
【分析】此题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．作
ACE
△
的外接圆
O
e
，圆心为点O，
过点C 作CH
AB
^
于点H，根据等腰直角三角形性质得
90
ACB
Ð
=
°，
45
B
Ð
=
°，则
2 2
AB =
，进而得
2
AH
BH
=
=
，AE 是
ACE
△
外接圆
O
e
的直径，再根据
CFE
CAE
Ð
= Ð
得点F 在
ACE
△
外接圆
O
e
上，
则
90
AFE
Ð
=
° ，由此得
BEF
△
是等腰直角三角形，设EF
BF
a
=
=
，
2
CE
BE
a
=
=
，据此得
2
2
a =
，则
2
2
EF
BF
=
=
，继而得
2
2
HF =
，然后根据三角形的面积公式即可得出
CFE
△
的面积．
【详解】解：作
ACE
△
的外接圆
O
e
，圆心为点O，过点C 作CH
AB
^
于点H，如图所示：
在等腰Rt ABC
V
中，
2
AC
BC
=
=
，
90
ACB
\Ð
=
°，
45
B
Ð
=
°，
由勾股定理得：
2
2
2
2
2
2
2 2
AB
AC
BC
=
+
=
+
=
，
CH
AB
^
Q
，
1
2
2
AH
BH
AB
\
=
=
=
，
90
ACB
Ð
=
°
Q
，
AE
\
是
ACE
△
外接圆
O
e
的直径，
又
CFE
CAE
Ð
= Ð
Q
，
根据圆周角定理得：点F 在
ACE
△
外接圆
O
e
上，
90
AFE
\Ð
=
°，
即EF
AB
^
，
45
B
\Ð
=
° ，
BEF
\V
是等腰直角三角形，
\设EF
BF
a
=
=
，
由勾股定理得：
2
2
2
BE
EF
BF
a
=
+
=
，
Q点E 是BC 的中点，
2
CE
BE
a
\
=
=
，
2 2
2
BC
a
\
=
=
，
解得：
2
2
a =
，
2
2
EF
BF
a
\
=
=
=
，
2
2
2
2
2
HF
BH
BF
\
=
-
=
-
=
，
CFE
\V
的面积为：1
1
2
2
1
2
2
2
2
4
EF HF
×
=
´
´
=
．
故答案为：1
4 ．
2．（2025·陕西渭南·三模）如图，在矩形ABCD 中，
4
AB =
，
10
BC =
，P 是线段BC 上一动点，M 是线段
AP 上一点，且
ADM
BAP
Ð
= Ð
，连接BM ，则线段BM 长的最小值为__________．
【答案】
41
5
-
【分析】取AD 的中点，连接OB ，OM ．证明
90
AMD
Ð
=
°，推出
1
5
2
OM
AD
=
=
，点M 的运动轨迹是以O
为圆心，5 为半径的
O
e
．利用勾股定理求出OB ，可得结论．
【详解】解：如图，取AD 的中点O，连接OB ，OM ．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴
90
BAD
Ð
=
° ，
10
AD
BC
=
=
，
∴
90
BAP
DAM
Ð
+ Ð
=
°，
∵
ADM
BAP
Ð
= Ð
∴
90
ADM
DAM
Ð
+ Ð
=
°，
∴
90
AMD
Ð
=
°，
∵
5
AO
OD
=
=
，
∴
1
5
2
OM
AD
=
=
，
点M 的运动轨迹是以O 为圆心，5 为半径的
O
e
．
∴
2
2
2
2
4
5
41
OB
AB
AO
=
+
=
+
=
，
∵
41
5
BM
OB
OM
³
-
=
- ，
∴BM 的最小值为
41
5
-
．
故答案为：
41
5
-
．
3．（2025·江苏徐州·一模）如图，在Rt
ABC
V
中，
90
ACB
Ð
=
°，
3
BC = ，
5
AB =
，E 是边BC 上的一动点，
连接AE ，作CD
AE
^
于点D ，连接BD ，则BD 的最小值为_______________．
【答案】13
2
-
/ 2
13
- +
【分析】由CD
AE
^
即
90
ADC
Ð
=
o 、易知AC 的长是定值，根据定弦定角可知：点D 是在以AC 为直径的
圆上运动，取AC 的中点O，
ADC
△
的外接圆
O
e
；连接OD
OB
、
，当O
D
B
、、三点在同一条直线上时，DB
取最小值，此时DB
OB
OD
=
-
，由此解答即可．
【详解】解：Q CD
AE
^
，
\
90
ADC
Ð
=
° ，
\点D 是在以AC 为直径的圆上运动，
如图所示：取AC 的中点O，则
ADC
△
的外接圆为
O
e
；连接OD
OB
、
，
当O
D
B
、、三点在同一条直线上时，DB 取最小值，此时DB
OB
OD
=
-
，
90
3
5
ACB
BC
AB
Ð
=
°
=
=
Q
，
，
\
2
2
4
AC
AB
BC
=
-
=
，
1
2
2
OC
OD
AC
\
=
=
=
，
在t
R
OCB
△
中，
2
2
2
2
2 +3
13
OB
OC
BC
=
+
=
=
，
\ DB
OB
OD
=
-
13
2
=
-
．
故答案为：13
2
-
．
4．（2026·江苏宿迁·二模）如图，抛物线
2
3
y
mx
nx
=
+
- 与x 轴交于
4,0
A -
，
2,0
B
两点，与y 轴交于C
点．
(1)填空：m = __________，n = __________；
(2)设D 为此抛物线的对称轴上一点，当ACD
V
的面积等于
ABC
V
的面积时，求D 点坐标；
(3)直线y
kx
b
=
+
．经过点
4,0
E
，点P 为该直线上一动点，当有且只有一点P 满足
90
APB
Ð
=
°时，求直线
y
kx
b
=
+
的函数表达式．
【答案】(1) 3
8 ，3
4
(2)
9
1, 4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø或
27
1,
4
æ
ö
- -
ç
÷
è
ø
(3)
3
3
4
y
x
= -
+
或
3
3
4
y
x
=
-
【分析】（1）把
4,0
A -
，
2,0
B
代入
2
3
y
mx
nx
=
+
- ，解出即可；
（2）求出直线AC 与直线
1
x = - 交点M 坐标，及
1
9
2
ABC
ACD
C
A
S
S
DM
x
x
=
=
´
´
-
=
V
V
，求出DM ，进而求
出结论；
（3）点P 在以AB 为直径的圆上，设其圆心为N，得出直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相切于点P ，分两种情况：当
点P 在x 轴上方，且直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相切于点P 时，或当点P¢ 在x 轴下方，且直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相
切于点P¢ 时，分别求出即可．
【详解】（1）解：把
4,0
A -
，
2,0
B
代入
2
3
y
mx
nx
=
+
- ，得：
0
16
4
3
0
4
2
3
m
n
m
n
=
-
-
ì
í =
+
-
î
，
解得
3
8
3
4
m
n
ì
=
ïïí
ï =
ïî
；
（2）解：
2
2
3
3
3
27
3
1
8
4
8
8
y
x
x
x
=
+
-
=
+
-
Q
，
∴此抛物线的对称轴是直线
1
x = - ，
当
0
x =
时，=
3
y -
，
0, 3
C
\
-
，
设直线AC 的表达式为y
ax
t
=
+ ，直线AC 交直线
1
x = - 于点M，
把
4,0
A -
，
0, 3
C
-
代入y
ax
t
=
+ ，得：
0
4
3
a
t
t
= -
+
ì
í- =
î
，
解得：
3
4
3
a
t
ì = -
ïí
ï = -
î
，
∴直线AC 的表达式为
3
3
4
y
x
= -
- ，
当
1
x = - 时，
3
9
1
3
4
4
y = -
´ -
-
= -
，
9
1,
4
M æ
ö
\
- -
ç
÷
è
ø ，
4,0
A -
Q
，
2,0
B
，
0, 3
C
-
，
6,
3
AB
OC
\
=
=
，
1
6 3
9
2
ABC
S
\
=
´ ´ =
V
，
∵ACD
V
的面积等于
ABC
V
的面积，
1
9
2
ABC
ACD
C
A
S
S
DM
x
x
\
=
=
´
´
-
=
V
V
，
1
4
9
2
DM
\
´
´
=
，
9
2
DM
\
=
，
9
1, 4
Dæ
ö
\
-
ç
÷
è
ø 或
27
1,
4
æ
ö
- -
ç
÷
è
ø ；
（3）解：
90
APB
Ð
=
°
Q
，
∴点P 在以AB 为直径的圆上，设其圆心为N，
4,0
A -
Q
，
2,0
B
，
6
AB =
，
1,0
N
\
-
，
N
e
的半径为3，
∵直线y
kx
b
=
+
经过点
4,0
E
，有且只有一点P 满足
90
APB
Ð
=
°，
∴直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相切于点P ，
∴分两种情况：
当点P 在x 轴上方，且直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相切于点P 时，连接PN ，作PH
NE
^
于点H，
90
NPE
PHE
\Ð
= Ð
=
°，
1,0 ,
4,0
N
E
-
Q
，
3
NP =
，
2
2
5,
5
3
4
NE
PE
\
=
=
-
=
，
在Rt NPE
V
和Rt HPE
V
中，sin
NP
PH
NEP
NE
PE
Ð
=
=
，
3
5
4
PH
\
=
，
12
5
PH
\
=
，
2
2
12
16
4
5
5
HE
æ
ö
\
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
16
4
4
5
5
OH
\
=
-
=
，
4 12
,
5
5
Pæ
ö
\
ç
÷
è
ø ，
把
4,0
E
，
4 12
,
5
5
Pæ
ö
ç
÷
è
ø代入直线y
kx
b
=
+
，得：
0
4
12
4
5
5
k
b
k
b
=
+
ìïí
=
+
ïî
，
解得：
3
4
3
k
b
ì = -
ïí
ï =
î
，
∴直线y
kx
b
=
+
的函数表达式为
3
3
4
y
x
= -
+
；
当点P¢在x 轴下方，且直线y
kx
b
=
+
与
N
e
相切于点P¢ 时，
同理，
4
12
,
5
5
P æ¢
ö
-
ç
÷
è
ø，
同理，得出直线y
kx
b
=
+
的函数表达式为
3
3
4
y
x
=
- ；
综上，直线y
kx
b
=
+
的函数表达式为
3
3
4
y
x
= -
+
或
3
3
4
y
x
=
- ．
5．（2025·广东广州·二模）如图1，已知四边形ABCD 中，
4
60
90
AB
BC
CD
B
BCD
a
a
=
=
=
Ð
= Ð
=
° <
£
°
，
(1)点E 、F 分别是AB 、BC 边上动点，且BE
CF
=
，连接CE 与DF ，交于点G ，求
DGE
Ð
的度数（用a
表示）；
(2)当
90
a =
°时，
①点F 是BC 边上动点，将CDF
V
沿着DF 翻折，若点C 的对应点刚好落在对角线BD 上，求此时CF 的长
度；
②如图2，N 在CD 上运动，F 在射线BC 上运动，BN 与AF 交于点M ，且满足
1
2
NBC
BAF
Ð
Ð
=
，P 是BM
中点，求
5
5 DP
CP
+
的最小值．
【答案】(1)a
(2)①4 2
4
- ；②4
【分析】（1）证明
SAS
BCE
CDF
V
V
≌
，推出
CGF
B
Ð
= Ð
，即可求解；
（2）①证明四边形ABCD 是正方形，得到
45
CBD
Ð
=
° ，
4 2
BD =
，再结合折叠的性质，得到BGF
V
是等
腰三角形，即可求解；
②先证得AB
AM
=
，得到AP
BN
^
，进而得到点P 的运动轨迹是以AB 为直径的圆上的一段弧，设AB 的
中点为O，连接DO ，如图，在OD 上取点Q，使
2
5
5
OQ =
，连接
,
OP PQ ，证明POQ
DOP
V
V
∽
，得到
5
5
PQ
DP
=
，则
5
5 DP
CP
PQ
PC
CQ
+
=
+
³
，可得当
, ,
C P Q三点共线时PQ
PC
+
最小，即
5
5 DP
CP
+
最
小，然后作辅助线、构建直角三角形，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：在BCE
V
和CDF
V
中，
BC
CD
B
FCD
BE
CF
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
SAS
BCE
CDF
\V
V
≌
，
BEC
CFD
\Ð
= Ð
，
180
180
CGF
BCE
CFD
BCE
BEC
B
\Ð
=
° - Ð
- Ð
=
° - Ð
- Ð
= Ð ，
DGE
B
a
\Ð
= Ð
=
；
（2）解：①在四边形ABCD 中，
4
90
AB
BC
CD
B
C
Ð
Ð
=
=
=
=
=
°
，
，
\四边形ABCD 是正方形，
45
CBD
\Ð
=
°，
2
2
4 2
BD
BC
CD
=
+
=
，
设点C 的落点为G，由折叠的性质可知，
4
DG
CD
=
=
，
90
DGF
C
Ð
= Ð
=
°，FG
CF
=
，
\VBGF 是等腰三角形，
4 2
4
BG
FG
\
=
=
-
，
4 2
4
CF
FG
\
=
=
- ；
②
90
AFB
BAF
Ð
=
° - Ð
Q
，
1
2
NBC
BAF
Ð
Ð
=
，
90
2
AFB
NBC
\Ð
=
° - Ð
，
90
AMB
NBC
AFB
NBC
\Ð
= Ð
+ Ð
=
° - Ð
，
90
ABM
NBC
Ð
=
° - Ð
Q
，
∴
AMB
ABM
Ð
= Ð
，
AB
AM
\
=
，
连接AP ，
P
Q
是BM 中点，
∴AP
BN
^
，
∴点P 的运动轨迹是以AB 为直径的圆上的一段弧，
设AB 的中点为O，连接DO ，如图，
则
1
2
2
AO
AB
=
=
，
2
2
2
4
2 5
OD =
+
=
，
在OD 上取点Q，使
2
5
5
OQ =
，连接
,
OP PQ ，则
2
OP =
，
∴
2
5
5
5
2
5
OQ
OP =
=
，
2
5
5
2 5
OP
OD =
=
，
∴OQ
OP
OP
OD
=
，
又∵
POQ
DOP
Ð
= Ð
，
∴POQ
DOP
V
V
∽
，
∴
5
5
PQ
OQ
PD
OP
=
=
，
∴
5
5
PQ
DP
=
，
连接CQ ，如图，则
5
5 DP
CP
PQ
PC
CQ
+
=
+
³
，
∴当
, ,
C P Q三点共线时PQ
PC
+
最小，即
5
5 DP
CP
+
最小，
作
,
QH
AB QK
BC
^
^
，垂足分别为H、K，
则四边形BKQH 是矩形，
OQH
ADO
Ð
= Ð
，
∴
,
HQ
BK BH
QK
=
=
，
在直角三角形OHQ 中，
2 5
2
2
sin
sin
5
5
2 5
HO
OQ
OQH
OQ
ADO
=
×
Ð
=
×
Ð
=
´
=
，
2 5
4
4
cos
cos
5
5
2 5
HQ
OQ
OQH
OQ
ADO
=
×
Ð
=
×
Ð
=
´
=
，
∴
2
12
2
5
5
QK
BH
BO
OH
=
=
+
=
+
=
，
4
16
4
5
5
CK
BC
BK
=
-
=
-
=
，
则在直角三角形CKQ中，
2
2
12
16
4
5
5
CQ
æ
ö
æ
ö
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
即
5
5 DP
CP
+
的最小值为4．
技巧09 对角互补造辅助圆（四点共圆 ）
模型
描述
如图①和②，Rt△ABC 和Rt△ABD 共斜边，取AB 的中点O，连接OC，OD，根据直角三角形斜
边上的中线等于斜边的一半，可得OC＝OD＝OA＝OB；
如图③，在四边形ABCD 中，∠A＋∠C＝180°(或∠B ＋∠D＝180°)
模型
呈现
模型
结论
(1)A，B，C，D 四点共圆；
(2)在判断四点共圆后，可以根据圆周角定理等得到角度相等，完成角度之间等量关系的转换，此
模型是证明角相等的重要途径之一
1．（2024·湖南·模拟预测）综合与实践
“乐思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用
上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC 同侧有两点B，D，连接AD AB BC CD
,
,
,
, 如果
B
D
Ð
= Ð
，那么A，B，C，D 四点在同一
个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D 的
O
☉
，在劣弧AC 上取一点E（不与A，C 重合），连接
,
AE CE ，则
180
AEC
D
Ð
+ Ð
=
°
（依据1）
∵
B
D
Ð
= Ð
，
∴
180
AEC
B
Ð
+ Ð
=
° ．
∴点A，B，C，E 四点在同一个圆上．（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D 在点A，C，E 所确定的
O
☉
上．（依据2）
∴点A，B，C，D 四点在同一个圆上．
反思归纳：
(1)上述探究过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？
依据1：________________．
依据2：________________．
如图3，在四边形ABCD 中，
1
2,
3
45
Ð = Ð
Ð =
° ，则
4
Ð 的度数为________．
(2)拓展探究：
(3)如图4，已知
ABC
V
是等腰三角形，AB
AC
=
，点D 在BC 上（不与BC 的中点重合），连接AD ．作点C
关于AD 的对称点E，连接EB 并延长交AD 的延长线于点F，连接
,
AE DE ．求证：A，D，B，E 四点共圆．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆
(2) 45°
(3)见解析
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；
（2）根据四点共圆、圆周角定理解答；
（3）根据轴对称的性质得到AE
AC
=
，DE
DC
=
，
AEC
ACE
Ð
= Ð
，
DEC
DCE
Ð
= Ð
，进而得到
AED
ABC
Ð
= Ð
，即可证明结论．
【详解】（1）解：依题意，结合上下证明过程得：
依据1：圆内接四边形对角互补；
依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
（2）解：
1
2
Ð = Ð
Q
，
\点A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上，
3
4
\Ð = Ð ，
3
45
Ð =
°
Q
，
4
45
\Ð =
°，
故答案为：45°；
（3）证明：
AB
AC
=
Q
，
ABC
ACB
\Ð
= Ð
，
Q点E 与点C 关于AD 的对称，
AE
AC
\
=
，DE
DC
=
，
AEC
ACE
\Ð
= Ð
，
DEC
DCE
Ð
= Ð
，
AED
ACB
\Ð
= Ð
，
AED
ABC
\Ð
= Ð
，
A
\
，D ，B ，E 四点共圆．
2．（2025·山西吕梁·二模）阅读与思考
阅读下面的材料，并完成相应的任务．
探究四点共圆的条件我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆．过任意一个四
边形的四个顶点能作一个圆吗？
下面给出了一些圆内接四边形．
分别用量角器测量上面
各四边形的内角，得出结论：
A
C
Ð + Ð
① 180°．（填“＞”“＜”或“＝”）
∵四边形内角和为360°，
∴
B
D
Ð + Ð
② 180°．（填“＞”“＜”或“＝”）
如果四边形ABCD 的四个顶点不在同一个圆上，那么
B
D
Ð + Ð
与180°之间还有上面的关
系吗？试结合下图中的两种情况进行证明．
……
任务：
(1)填空：①________，②________．（填“＞”“＜”或“＝”）
(2)请你在图4 与图5 中选择其中一个图，探究
B
D
Ð + Ð
与180°之间的关系．
(3)如图6，点E 在四边形ABCD 的边AB 的延长线上，
CBE
D
Ð
= Ð
，BC
CD
=
，
130
BCD
Ð
=
° ，请在图6
中作一个过A，B，D 三点的
O
e
（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出
CAB
Ð
的度
数．
【答案】(1)=，=
(2)图4：点C 在圆的内部时，
180
B
D
Ð
+ Ð
<
°，证明见解析；图5：点C 在圆的外部时，
180
B
D
Ð
+ Ð
>
°，
证明见解析；
(3)作图见解析，
25
BAC
Ð
=
°
【分析】1）根据测量结果以及四边形的内角和解答即可；
（2）图4：点C 在圆的内部时，如图：连接BE ，然后三角形外角的性质可得
C
E
Ð
> Ð
，再结合
180
A
E
Ð + Ð
=
°
可得
180
A
C
Ð + Ð
>
° ，最后结合四边形内角和为360°即可解答；图5：点C 在圆的外部时，同理可解；
（3）如图：连接BD ，作BD 、AD 的垂直平分线，其交点O 为圆心，然后画出圆即可完成作图；先说明
50
BAD
Ð
=
° ，再说明A、B、C、D 四点在
O
e
上，再根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可解答．
【详解】（1）解：经测量：
180
A
C
Ð + Ð
=
° ；
∵
360
A
B
C
D
Ð + Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
360
180
B
D
A
C
Ð + Ð
=
°- Ð + Ð
=
°．
故答案为：= ，= ．
（2）解：图4：点C 在圆的内部时，
180
B
D
Ð
+ Ð
<
°，证明如下：
如图：连接BE ，
∵
C
E
EBC
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
C
E
Ð
> Ð
，
∵
180
A
E
Ð + Ð
=
° ，
∴
180
A
C
Ð + Ð
>
° ，
∵
360
A
B
C
D
Ð + Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
360
180
B
D
A
C
Ð + Ð
=
°- Ð + Ð
<
° ．
图5：点C 在圆的外部时，
180
B
D
Ð
+ Ð
>
°，证明如下：
如图：连接BF ，
∵
BFD
C
FBC
Ð
= Ð
+ Ð
，
∴
BFD
C
Ð
> Ð
，
∵
180
A
BFD
Ð + Ð
=
° ，
∴
180
A
C
°
Ð + Ð
<
，
∵
360
A
B
C
D
Ð + Ð
+ Ð
+ Ð
=
°，
∴
360
180
B
D
A
C
Ð + Ð
=
°- Ð + Ð
>
°．
（3）解：如图：
O
e
即为所求；
∵
180
ABC
EBC
Ð
+ Ð
=
° ，
CBE
D
Ð
= Ð
，
∴
180
ABC
D
Ð
+ Ð
=
°，
∵
360
ABC
D
BAD
BCD
Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
=
° ，
∴
180
BAD
BCD
Ð
+ Ð
=
° ，
∵
130
BCD
Ð
=
° ，
∴
50
BAD
Ð
=
° ，
∵A，B，D 三点在
O
e
上，
∴A，B，C、D 四点在
O
e
上，
∵BC
CD
=
，
∴
1
25
2
BAC
CAD
BAD
Ð
= Ð
=
Ð
=
°．
3．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形ABCD 中，
60
DAB
Ð
=
°，
4
AB =
，点E 为边BC 上一个动点（不
与点B 、C 重合），边AB 关于AE 对称的线段为AF ，连接DF ．
(1)当AF 平分
DAE
Ð
时，求
BAE
Ð
的度数为______；
(2)延长DF ，交射线AE 于点G ，当
2
BE =
时，求AG 的长；
(3)在（1）的条件下，连接BF 交AE 于点M ，作EN
AB
^
交AB 的延长线于点N ，连接MN ．试探究AB
MN
是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) 20°
(2)12 7
7
(3)
2
AB
MN =
为定值
【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得∠
∠
∠
FAD
FAE
BAE
=
=
，则
1
∠
∠
20
3
BAE
DAB
=
=
°；
（2）过点E 作AB 的垂线，交AB 的延长线于点H ，连接BG ，设
BAE
a
Ð
=
，根据菱形的性质可得
120
ABC
Ð
=
° ，
60
EBH
Ð
=
°，利用三角函数可计算出
1
BH = ，
3
EH =
，使用勾股定理可得
2 7
=
AE
．由
轴对称的性质可得AB
AF
AD
=
=
，∠
∠
FAG
BAE
a
=
=
，
ABG
AFG
Ð
= Ð
，根据等腰三角形的性质和三角
形内角和定理可计算出∠
∠
120
ABG
AFG
a
=
=
° -
，进而得到∠
∠
EBG
BAE
a
=
=
．由两角相等可判定
ABE
BGE
V
V
∽
，计算得
2 7
7
EG =
，因此
12 7
7
AG
AE
EG
=
-
=
；
（3）取AB 的中点I ，连接MI ，由轴对称的性质可得点M 为BF 的中点，则MI 是
ABF
△
的中位线，因此
1
2
2
MI
AF
=
=
，
∥
MI
AF ，进一步可得∠
∠
40
MI N
BAF
=
=
° ．容易得到∠
∠
180
BME
BNE
+
=
°，从而
判断B 、N 、E 、M 四点共圆，则∠
∠
40
∠
MNB
AEB
MI N
=
=
° =
，因此
2
MN
MI
=
=
，
2
AB
MN =
为定值．
【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，
BAE
FAE
Ð
= Ð
，
∵AF 平分
DAE
Ð
，
∴∠
∠
∠
FAD
FAE
BAE
=
=
，
∴
1
∠
∠
20
3
BAE
DAB
=
=
°；
（2）解：如图，过点E 作AB 的垂线，交AB 的延长线于点H ，连接BG ，设
BAE
a
Ð
=
，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴
4
AB
AD
=
=
，AD
BC
∥
，
∴∠
∠
60
EBH
DAB
=
=
° ，
180
120
ABC
DAB
Ð
=
°- Ð
=
°，
在Rt BEH
V
中，
cos∠
2 cos 60
1
BH
BE
EBH
=
×
=
×
° =
，
si n∠
2 si n 60
3
EH
BE
EBH
=
×
=
×
° =
，
∴
5
AH
AB
BH
=
+
=
，
由勾股定理可得，
2
2
2
2
5
3
2 7
AE
AH
EH
=
+
=
+
=
，
由轴对称的性质可得，
4
AF
AB
=
=
，∠
∠
FAG
BAE
a
=
=
，
ABG
AFG
Ð
= Ð
，
∴∠
∠
∠
∠
60
2
DAF
BAD
FAG
BAE
a
=
-
-
=
° -
，
∵
4
AD
AF
=
=
，
∴
180
∠
∠
∠
60
2
DAF
AFD
ADF
a
° -
=
=
=
° +
，
∴∠
∠
180
∠
120
ABG
AFG
AFD
a
=
=
° -
=
° -
，
∴∠
∠
∠
∠
EBG
ABC
ABG
BAE
a
=
-
=
=
，
∵
BEG
AEB
Ð
= Ð
，
∴ABE
BGE
V
V
∽
，
∴EG
BE
BE
AE
=
，即
2
2
2 7
EG =
，
∴
2 7
7
EG =
，
∴
12 7
7
AG
AE
EG
=
-
=
；
（3）解：如图，取AB 的中点I ，连接MI ，
由（1）可知，∠
∠
∠
20
FAD
FAE
BAE
=
=
=
°，
∴∠
∠
∠
40
BAF
BAE
FAE
=
+
=
°，∠
180
∠
∠
40
AEB
ABC
BAE
=
° -
-
=
°，
∵AF 由AB 关于AE 对称得到，
∴AE 垂直平分BF ，
∴点M 为BF 的中点，
4
AB
AF
=
=
，
90
BME
Ð
=
°，
∵点I 为AB 的中点，
∴MI 是
ABF
△
的中位线，
∴
1
2
2
MI
AF
=
=
，
∥
MI
AF ，
∴∠
∠
40
MI N
BAF
=
=
° ，
∵EN
AB
^
于点N ，
∴
90
BNE
Ð
=
°，
∵∠
∠
180
BME
BNE
+
=
°，
∴B 、N 、E 、M 四点共圆，
∵
BM
BM
=
，
∴∠
∠
40
MNB
AEB
=
=
° ，
∵∠
40
∠
MNB
MI N
=
° =
，
∴
2
MN
MI
=
=
，
∴
4
2
2
AB
MN =
=
为定值．
4．（2024·广西柳州·二模）小东在刘老师的指导下开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补
的四边形四个顶点共圆．小东继续利用上述结论进行探究．
【提出问题】
如图1，在线段AC 同侧有两点B，D，连接AD
AB
BC
CD
，
，
，
，如果
B
D
Ð
= Ð
，那么A，B，C，D 四点在
同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D 的
O
e
，在劣弧AC 上取一点E（不与A，C 重合），
连接AE
CE
，
，则
180
AEC
D
Ð
+ Ð
=
°，
又∵
B
D
Ð
= Ð
，
∴___________，
∴点A，B，C，E 四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆），
∵点B，D 在点A，C，E 所确定的
O
e
上，
∴点A，B，C，D 四点在同一个圆上．
【反思归纳】
（1）上述探究过程中的横线上填的内容是________；
【拓展延伸】
（2）如图3，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB
AC
BC
Ð
=
°
=
，
，将
ABC
V
绕点A 逆时针旋转得ANM
V
，连接CM 交
BN 于点D，连接BM AD
，
．小东发现，在旋转过程中，
CDB
Ð
永远等于45°，不会发生改变．
①根据
45
CDB
Ð
=
° ，利用四点共圆的思想，试证明ND
DB
=
；
②当BDM
V
为直角三角形，且
4
BN =
时，直接写出BC 的长．
【答案】（1）
180
AEC
B
Ð
+ Ð
=
° ；（2）①见解析；②2 5 ．
【分析】本题主要考查了直角所对的弦是直径、圆内接四边形对角互补、相似三角形的性质与判定，勾股
定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据已知导论过程即可解答；
（2）①先说明
45
CDB
BAC
Ð
= Ð
=
°、即A，C，B，D 四点共圆，则
180
ADB
ACB
Ð
+ Ð
=
°，进而得到
AD
BN
^
，再证明
ACB
AMN
△
≌△
可得AB
AN
=
，最后根据垂直平分线的性质即可解答；②分当
90
BMD
Ð
=
°和
90
DBM
Ð
=
° 两种情况分别证明NAB
MAC
V
V
∽
得到相应线段的长，然后利用勾股定理即可求
解．
【详解】解：（1）作经过点A，C，D 的
O
e
，在劣弧AC 上取一点E（不与A，C 重合），
连接AE
CE
，
，则
180
AEC
D
Ð
+ Ð
=
°，
又∵
B
D
Ð
= Ð
，
∴
180
AEC
B
Ð
+ Ð
=
° ．
故答案为：
180
AEC
B
Ð
+ Ð
=
° ．
（2）①证明：∵在Rt
ACB
△
中，AC
BC
=
，
∴
45
BAC
Ð
=
° ，
∵
45
CDB
Ð
=
° ，
∴
45
CDB
BAC
Ð
= Ð
=
°，
∴A，C，B，D 四点共圆，
∴
180
ADB
ACB
Ð
+ Ð
=
°，
∵
90
ACB
Ð
=
°，
∴
90
ADB
Ð
=
° ，
∴AD
BN
^
，
∵
ACB
△
旋转得AMN
V
，
∴
ACB
AMN
△
≌△
∴AB
AN
=
，
∵AD
BN
^
，
∴ND
DB
=
．
②如图中，当
90
BMD
Ð
=
°时，
∵
90
CA
CB
ACB
=
Ð
=
°
，
，
∴
2
AB
AC
=
，
∵
2
AN
AB
AM
AC
=
=
，
NAB
MAC
Ð
= Ð
，
∴NAB
MAC
V
V
∽
，
∴
2
BN
AB
CM
AC
=
=
，
∵
4
BN =
，
∴
2 2
CM =
又∵
1
45 ,
90 ,
2
2
CDB
DMB
BD
BN
Ð
=
° Ð
=
°
=
=
，
∴
2
DM
BM
=
=
，
∴
2
2
2
2
2
2 2
10
BC
BM
CM
=
+
=
+
=
，
如图中，当
90
DBM
Ð
=
° 时，过B 作BH
CD
^
交CD 于H，
∵
90
CA
CB
ACB
=
Ð
=
°
，
，
∴
2
AB
AC
=
，
∵
2
AN
AB
AM
AC
=
=
，
NAB
MAC
Ð
= Ð
，
∴NAB
MAC
V
V
∽
，
∴
2
BN
AB
CM
AC
=
=
,
∵
4
BN =
，
∴
2 2
CM =
,
∵
45 ,
90
CDB
NMB
Ð
=
° Ð
=
°,
∴
2
DM =
2 2
BD =
,
∴
2
BH
MH
=
=
,
∴
3 2
CH =
,
∴
2
2
2
2
2
3 2
2 5
BC
BH
CH
=
+
=
+
=
．
综上，BC 的长为10 或2 5 ．
5．（2026·陕西咸阳·二模）探究圆内接四边形的性质与圆相关动态几何问题的关系，并完成以下问题
(1)【问题提出】
如图1，四边形ABCD 内接于
O
e
，
70
B
Ð
=
°，则
D
Ð
的度数为_____°；
(2)【问题探究】
如图2，在四边形ABCD 中，
90
BAD
Ð
=
° ，连接AC ，AC
BC
^
，过点C 作CE
CD
^
交AB 于点E ，
9
BC =
，
12
AC
AE
=
=
，求AD 的长；
(3)【问题解决】
如图3，
ABC
V
是某公园的一个三角形水池，现要对该水池进行重新规划与扩建，在AC 边上修一个入水口
M ，再修一个经过点B 、C 、M 的圆形水池
O
e
，MN 为
O
e
的直径，沿BM 、BN 和MN 架设木桥，在BMN
V
区域内种植荷花，已知
90
ABC
Ð
=
°，
20m
AB =
，
60m
BC =
，设AM 的长为
m
x
，BMN
V
区域的面积为
2
m
S
．（木桥的宽度及入水口的大小均忽略不计）
①求S 与x 之间的函数关系式；
②由于预算有限，要求BMN
V
区域的面积尽可能的小，求种植荷花面积的最小值（即BMN
V
面积S 的最小
值）．
【答案】(1)110
(2)4
(3)①
2
6 10
600
3
2
S
x
x
=
-
+
，此时0< <20 10
x
；
②
2
540m
【分析】（1）根据圆的内接四边形对角互补求解即可；
（2）先证明
,
,
,
A E C D 四点共圆，得到
CEB
CDA
Ð
= Ð
，根据勾股定理求得
3
BE =
，再证明
BCE
ACD
∽
△
△
，
列比例式求解即可．
（3）①过点B 作BH
AC
^
于点M，求得
6 10 m
BH =
，
2 10 m
AH =
，
2 10
m
HM
AM
AH
x
=
-
=
-
，根据勾股定理，得
2
2
4 10
400
BM
x
x
=
-
+
，根据圆的性质，得
N
C
Ð
= Ð
，得到
1
tan
tan
3
AB
N
C
BC
Ð
=
Ð
=
=
，
3
BN
BM
=
，求解即可；
②根据题意，得
2
6 10
600
3
2
S
x
x
=
-
+
，根据二次函数的最值求解即可．
【详解】（1）解：因为四边形ABCD 内接于
O
e
，
70
B
Ð
=
°，
故
180
B
D
Ð + Ð
=
°，
则
180
110
D
B
Ð
=
° - Ð
=
°；
（2）解：
CE
CD
^
Q
，
90
DCE
\Ð
=
°，
90
BAD
Ð
=
°
Q
，
180
DCE
BAD
\Ð
+ Ð
=
° ，
,
,
,
A E C D
\
四点共圆，
∴
180
AEC
ADC
Ð
+ Ð
=
° ，
∵
180
AEC
BEC
Ð
+ Ð
=
° ，
CEB
CDA
\Ð
= Ð
，
AC
BC
^
Q
，
90
ACB
\Ð
=
°，
9
BC =
Q
，
12
AC
AE
=
=
，
2
2
15
AB
AC
BC
\
=
+
=
，
3
BE
AB
AE
\
=
-
=
，
90
B
BAC
Ð
=
°- Ð
Q
，
90
CAD
BAC
Ð
=
°- Ð
，
B
CAD
\Ð
= Ð
，
∵
CEB
CDA
Ð
= Ð
，
∴
BCE
ACD
∽
△
△
，
∴AC
AD
BC
BE
=
，
∴12
9
3
AD
=
，
解得
4
=
AD
．
（3）解：
90
ABC
Ð
=
°
Q
，
20m
AB =
，
60m
BC =
，
2
2
2
2
20
60
20 10 m
AC
AB
BC
\
=
+
=
+
=
，
设AM 的长为
m
x
，
20 10
m
CM
AC
AM
x
\
=
-
=
-
，
过点B 作BH
AC
^
于点H，
则1
1
2
2
AC BH
AB BC
×
=
×
，
20 60
6 10 m
20 10
AB BC
BH
AC
×
´
\
=
=
=
，
∵
90
ABC
Ð
=
°，BH
AC
^
，
∴
A
A
Ð
= Ð ，
90
ABC
AHB
Ð
=
° = Ð
，
∴ABC
AHB
V
V
∽
，
∴AB
BC
AH
BH
=
，
∴20
60
6 10
AH =
，
2 10 m
AH
\
=
，
2 10
m
HM
AM
AH
x
\
=
-
=
-
，
根据勾股定理，得
2
2
2
2
2
2
2 10
6 10
4 10
400
BM
HM
BH
x
x
x
=
+
=
-
+
=
-
+
，
MN
Q
为
O
e
的直径，
90
MBN
\Ð
=
°，
∵BM
BM
=
n
n ，
∴
N
C
Ð
= Ð
，
1
tan
tan
3
AB
N
C
BC
\
Ð
=
Ð
=
=
，
1
tan
3
BM
N
BN
\
Ð
=
=
，
3
BN
BM
\
=
，
2
1
3
2
2
S
BN BM
BM
\
=
×
=
2
2
3
3
4 10
400
6 10
600
2
2
x
x
x
x
=
-
+
=
-
+
，此时0< <20 10
x
；
②解：根据题意，得
2
6 10
600
3
2
S
x
x
=
-
+
2
3
2 10
540
2 x
=
-
+
，
∵
>
3 0
2
a =
，
∴抛物线开口向上，函数有最小值，
∴当
2 10
x =
，S 的面积最小，且最小值为
2
540m ．
技巧10 最值模型之将军饮马
条件：A，B 为定点，m 为定直线，P 为直线m 上的一个动点，求AP+BP 的最小值。
模型（1）点A、B 在直线m 两侧：
模型（2）点A、B 在直线同侧：
模型（1）点A、B 在直线m 两侧：
模型（2）点A、B 在直线同侧：
图（1）
图（2）
模型（1）：如图（1），连结AB,根据两点之间线段最短，AP+BP 的最小值即为：线段AB 的长度。
模型（2）：如图（2），作点A 关于定直线m 的对称点A’,连结A’B,根据两点之间线段最短，AP+BP 的最
小值即为：线段A’B 的长度。
1.如图所示，在等边
ABC
V
中，E 是AC 边的中点，AD
BC
^
于点D，P 是AD 上的动点，若
3
AD =
，则EP
CP
+
的最小值为 ．
【答案】3
m
A
B
m
A
B
P
m
A
B
P
m
A
B
A'
【分析】题考查了等边三角形的性质和轴对称的性质，熟练掌握等边三角形和轴对称的性质是解题的关
键．通过作辅助线转化EP ，CP 的值，从而找出其最小值求解．
【详解】Q
ABC
V
是等边三角形，AD
BC
^
，
\ BD
DC
=
，
\ AD 是BC 的垂直平分线，
\点E 关于AD 的对称点为F，
如图所示，作点E 关于AD 的对称点F，连接CF ，
\ CF 就是EP
CP
+
的最小值，
Q
ABC
V
是等边三角形，E 是AC 边的中点，
\F 是AB 的中点，
\ CF 是
ABC
V
的中线，
\
3
CF
AD
=
=
，
即EP
CP
+
的最小值为3，
故答案为：3．
2.如图，点
3,0
A
在x 轴上，直线
6
y
x
= - +
与两坐标轴分别交于B，C 两点，D，P 分别是线段OC ，BC
上的动点，则PD
DA
+
的最小值为
．
【答案】9 2
2
/ 9
2
2
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和一次
函数图象上点的坐标特征是解题的关键．作点A 关于y 轴的对称点E，过点E 作EH
BC
^
于点H，交y 轴
于点D¢，连接D A
¢
，连接CE ，则PD
DA
+
的最小值即为EH 的长度，分别求出BE ，OC 和BC 的长度，根
据
1
1
2
2
BCE
S
BE OC
BC EH
=
×
=
×
V
，可得9 6
6 2EH
´
=
，求出EH 的长度，即可确定PD
DA
+
的最小值．
【详解】解：作点A 关于y 轴的对称点E，过点E 作EH
BC
^
于点H，交y 轴于点D¢，连接D A
¢
，连接
CE ，则PD
DA
+
的最小值即为EH 的长度，
由题意得：点E 坐标为
3,0
-
，
∵直线
6
y
x
= - +
与两坐标轴分别交于B，C 两点，
令
0
x =
，则
6
y =
，
∴点C 坐标为
0,6 ，
令
0
y =
，则
6
x =
，
∴点B 坐标为
6,0 ，
∴
6
3
9
=
+
=
BE
，
6
OC =
，
2
2
6 2
BC
OB
OC
=
+
=
，
∵
1
1
2
2
BCE
S
BE OC
BC EH
=
×
=
×
V
，
∴9 6
6 2EH
´
=
，
∴
9 2
2
EH =
，
∴PD
DA
+
的最小值为9 2
2
，
故答案为：9 2
2
．
3．如图，在平面直角坐标系中，点A 坐标是
1,0
-
，点B 的坐标是
2 0
，，长为2 的线段CD 在y 轴上移动，
则AC
BD
+
的最小值是______．
【答案】13
【分析】此题主要考查平移的性质，勾股定理；将把BD 向下平移2 个单位长度得到线段CE ，连接EA ，则
2, 2
E
-
，进而得出AC
BD
+
的最小值为AE 长，即可求解答案．
【详解】解：如图，把BD 向下平移2 个单位长度得到线段CE ，连接EA ，则
2, 2
E
-
，
∴
2
2
3
2
13
AE =
+
=
，
∵AC
BD
AC
CE
AE
+
=
+
³
，
∴AC
BD
+
的最小值为13 ．
故答案为：13 ．
4．如图，在边长为2 的正方形ABCD 中，点M、N 分别是边BC 、DC 上的动点，且BM
CN
=
，连接BN ，
DM ，则BN
DM
+
的最小值为
．
【答案】2 5
【分析】本题考查了正方形的性质和勾股定理的知识，掌握以上知识是解题的关键；
本题延长AB 到点E ，使AB
BE
=
，连接EM 、AM 、DE ，根据正方形的性质可得
2
AB
BC
AD
BE
=
=
=
=
，
90
ABM
BCN
DAE
EBM
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
°，然后得到
SAS
ABM
BCN
V
V
≌
，
SAS
ABM
EBM
V
V
≌
，进而得到DM
BN
DM
EM
+
=
+
，再根据两点之间线段最短，然后通过勾股定理即
可求解；
【详解】解：延长AB 到点E ，使AB
BE
=
，连接EM 、AM 、DE ，如图：
，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴
2
AB
BC
AD
BE
=
=
=
=
，
90
ABM
BCN
DAE
EBM
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
=
°，
∵BM
CN
=
，
∴
SAS
ABM
BCN
V
V
≌
，
∴AM
BN
=
，
∵
ABM
EBM
Ð
= Ð
，AB
BE
=
，EM
EM
=
，
∴
SAS
ABM
EBM
V
V
≌
，
∴EM
AM
BN
=
=
，
∴DM
BN
DM
EM
+
=
+
，
∵两点之间线段最短，
∴由图可得BN
DM
+
的最小值为DE ，
在Rt ADE
V
中，勾股定理可得
2
2
2
AD
AE
DE
+
=
，
∵
2
AD =
，
2
2
4
AE
AB
BE
=
+
=
+
=
，
解得：
2
2
2
4
2 5
DE =
+
=
，
∴BN
DM
+
的最小值为：2 5 ，
故答案为：2 5 ；
5.几何模型：
条件：如图1，A、B 是直线l 同侧的两个定点．
问题：在直线l 上确定一点P，使PA
PB
+
的值最小，
方法：作点B 关于直线l 的对称点B¢，连接AB¢交l 于点P，则PA
PB
AB¢
+
=
的值最小．
直接应用：
（1）如图2，正方形ABCD 的边长为8，M 在DC 上，且
2
DM =
，N 是AC 上一动点，则DN
MN
+
的最小
值为 ．
变式练习：
（2）如图3，点A 是半圆上（半径为1）的三等分点，B 是弧AN 的中点，P 是直径MN 上一动点，求PA
PB
+
的最小值．
深化拓展：
（3）如图4，在锐角△ABC 中，
4 2
AB =
，
45
BAC
Ð
=
° ，
BAC
Ð
的平分线交BC 于点D，M、N 分别是
AD 和AB 上的动点，求BM
MN
+
的最小值．
【答案】（1）10；（2）2 ；（3）4
【分析】（1）如图2（详解），由正方形的性质可知点B 和点D 关于AC 对称，连接BM ,由题目中的几何
模型可知BM 是DN
MN
+
的最小值，由题可知
8
BC = ,
6
CM =
,根据勾股定理可求出BM 即可；
（2）如图3（详解），先作出点B 关于MN 对称点C ,连接AC ,OC ,由几何模型可知AC 是AP
BP
+
的最小
值，因为点A 是半圆上（半径为1）的三等分点，B 是弧AN 的中点，所以可得
=90
AOC
Ð
°，根据勾股定理
求出AC 即可；
（3）由题意和对称性可知MN
MN
¢ =
,要求BM
MN
+
最小值，就是求出BM
MN¢
+
的最小值即可，根据垂线
段最短过点B 作BH
AC
^
, BH 是两线段之和最小值；因为
4 2
AB =
，
45
BAC
Ð
=
° ，根据解直接三角形即
可得到答案.
【详解】（1）连接BM
在正方形ABCD 中，
8
BC
CD
=
=
,
90
BCD
Ð
=
°，
又
2
DM =
∴
8
2
6
CM
CD
DM
=
-
=
-
=
,
在Rt
BCM
△
中
2
2
2
2
6
8
10
BM
CM
BC
=
+
=
+
=
，
故DN
MN
+
的最小值为10.
（2）作出点B 关于MN 对称点C ，连接AC ,OC ,
∵点A 是半圆上（半径为1）的三等分点，B 是弧AN 的中点，
∴
60
30
90
AOC
Ð
=
°+
° =
°，
1
AC
OC
=
=
在tR
AOC
V
中
2
2
2
2
1
1
2
AC
AO
OC
=
+
=
+
=
，
即PA
PB
+
的最小值2 ．
（3）连接MN¢,过点B 作BH
AC
^
.
∵
BAC
Ð
的平分线交BC 于点D，
∴MN
MN
¢ =
，
即要求BM
MN
+
最小值，就是求出BM
MN¢
+
的最小值，根据垂直段最短，BH 是BM
MN¢
+
的最小值，即
也是BM
MN
+
的最小值.
在RtVABH 中
4 2
AB =
，
45
BAC
Ð
=
° ，
∴
4 2
4
2
BH =
=
，
即BM
MN
+
的最小值4.
技巧11 最值模型之将军遛马模型
将军遛马模型：已知A、B 是两个定点，P、Q 是直线m 上的两个动点，P 在Q 的左侧，且PQ 间长度恒定，
在直线m 上要求P、Q 两点，使得PA+PQ+QB 的值最小。
点A、B 在直线m 异侧（图1-1）；点A、B 在直线m 同侧 （图1-2）；
图1-1
图1-2
将军遛马模型（异侧型）：如图1-1，过A 点作AC∥m,且AC=PQ，连接BC，交直线m 于Q，Q 向左平移
PQ 长，即为P 点，此时P、Q 即为所求的点。
∵PQ 为定值，∴求PA+PQ+QB 的最小值，即求PA+QB 的最小值+PQ。
∵AC∥m，AC=PQ，得到四边形APQC 为平行四边形，故AP=QC。∴PA+QB=QC+QB，
再利用“两点之间线段最短”，可得PA+QB 的最小值为CB，故PA+PQ+QB 的最小值=PQ+CB.
图1-1
图1-2
将军遛马模型（同侧型）：如图1-2，过A 点作AE∥m,且AE=PQ，作B 关于m 的对称点B’，连接B’E，交
直线m 于Q，Q 向左平移PQ 长，即为P 点，此时P、Q 即为所求的点。
∵PQ 为定值，∴求PA+PQ+QB 的最小值，即求PA+QB 的最小值+PQ。
∵AE∥m，AE=PQ，得到四边形APQE 为平行四边形，故AP=QE。∴PA+QB=QE+QB，
根据对称，可得QB’=QB，即QE+QB=QE+QB’，
再利用“两点之间线段最短”，可得QE+QB’的最小值为EB’，故PA+PQ+QB 的最小值=PQ+EB’。
1.（2025·陕西榆林·一模）如图，在菱形ABCD 中，
5
AB =
，
8
BD =
，点E ，F 在BD 上，连接AE ，
CF ．若
2
EF =
，则AE
CF
+
的最小值为
．
m
A
B
Q
P
m
A
B
Q
P
m
A
B
C
Q
P
m
A
B
B'
E
Q
P
【答案】2 10
【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理．通过添加辅助线构造平行四边形是
解题的关键．
作AG
BD
∥
，FG
AE
∥
，构造平行四边形AEFG ，推出
2
AG
EF
=
=
，AE
GF
=
，可得
AE
CF
GF
CF
GC
+
=
+
³
，当点G，F，C 共线时等号成立，AE
CF
+
的最小值等于GC ，结合菱形的性质，
勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，作AG
BD
∥
，FG
AE
∥
，菱形ABCD 的对角线交于点O，
Q菱形ABCD 中，
5
AB =
，
8
BD =
，
\ AC
BD
^
，
1
4
2
OB
BD
=
=
，
\
2
2
3
OA
AB
OB
=
-
=
，
\
2
6
AC
OA
=
=
．
Q AG
BD
∥
，FG
AE
∥
，
\四边形AEFG 是平行四边形，
\
2
AG
EF
=
=
，AE
GF
=
，
\ AE
CF
GF
CF
GC
+
=
+
³
，
当点G，F，C 共线时等号成立，AE
CF
+
的最小值等于GC ，
Q AC
BD
^
，AG
BD
∥
，
\ AC
AG
^
，
\
2
2
2
2
6
2
2 10
GC
AC
AG
=
+
=
+
=
，
\ AE
CF
+
的最小值为2 10 ．
故答案为：2 10 ．
2.如图，抛物线
2
2
3
y
x
x
= -
+
+ 与x 轴分别交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，PQ为抛物线对称轴上的线段，
且
2
PQ =
，连接AC 、CP 、AQ ，则四边形ACPQ 周长的最小值为
．
【答案】2
2 10
+
/ 2 10
2
+
【分析】本题考查了利用二次函数对称性求最短路径，二次函数与特殊四边形，二次函数的性质，先求出
点
1,0
A -
，点
3,0
B
，则抛物线的对称轴为
1
x = ，作点C 关于抛物线对称轴的对称点
2,3
D
，将点D 向
下平移2 个单位得到点
2,1
E
，连接AE 交抛物线对称轴于点Q ，将点Q 向上平移两个单位得到点P ，由
DE
PQ
∥
且DE
PQ
=
，则四边形DEQP 为平行四边形，所以PD
QE
=
，由抛物线的对称性知，PC
DP
=
，
故有四边形ACPQ 周长AC
PQ
CP
AQ
AC
PQ
QE
AQ
+
+
+
=
+
+
+
，则当A
Q
E
、、
三点共线时四边形ACPQ
周长最小为AC
PQ
AE
+
+
，然后通过两点间的距离公式即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：由
2
2
3
y
x
x
= -
+
+ 得，当
0
x =
时，
3
y = ，
∴点
0,3
C
，
令
2
2
3
0
y
x
x
= -
+
+
=
，则
3
x =
或
1
x = - ，
∴点
1,0
A -
，点
3,0
B
，
∴抛物线的对称轴为直线
1 3
1
2
x
- +
=
= ，
如图，作点C 关于抛物线对称轴的对称点
2,3
D
，将点D 向下平移2 个单位得到点
2,1
E
，连接AE 交抛
物线对称轴于点Q ，将点Q 向上平移两个单位得到点P ，
∵DE
PQ
∥
且DE
PQ
=
，
∴四边形DEQP 为平行四边形，
∴PD
QE
=
，
由抛物线的对称性知，PC
DP
=
，
∴PC
QE
=
，
∴四边形ACPQ 周长AC
PQ
CP
AQ
AC
PQ
QE
AQ
+
+
+
=
+
+
+
，
∵AC 、PQ 为定值，QE
AQ
AE
+
³
，
∴当A
Q
E
、、
三点共线时，QE
AQ
+
取得最小值，最小值为AE ，
即四边形ACPQ 周长的最小值AC
PQ
AE
+
+
，
∵
1,0
A -
，
0,3
C
，
2,1
E
，
2
PQ =
，
∴
2
2
1
3
10
AC =
+
=
，
2
2
2
1
1
10
AE
é
ù
=
- -
+
=
ë
û
，
∴
10
2
10
2
2 10
AC
PQ
AE
+
+
=
+
+
=
+
，
故答案为：2
2 10
+
．
3.在平面直角坐标系xOy 中，抛物线
4
1
3
3
y
x
x
=
-
-
与x 轴交于点M ，N （点M 在点N 的左侧），与y
轴交于点C ．点A ，B 是抛物线对称轴上两点（点A 在点B 的上方）且
2
AB =
，则CA
BM
+
的最小值为
．
【答案】13
【分析】本题考查了二次函数的几何综合，平行四边形的判定与性质，两点之间线段最短，正确掌握相关
性质内容是解题的关键．先得求出
1,0 ,
3,0 ,
0,4
M
N
C
，连接BN ，过点A 作
,
AE
BN BE
y
P
P
轴交于点
E，连接
,
EN CE ，证明四边形ABNE 是平行四边形，得出AE
BN
=
，结合二次函数的对称性得到
BM
BN
AE
=
=
，由两点之间线段最短，当
,
,
A C E 三点共线时，CA
BM
CA
AE
+
=
+
有最小值，再根据平行
四边形的性质得到
3,2
E
，运用两点距离公式列式计算即可作答．
【详解】解：令
4
1
3
0
3
y
x
x
=
-
-
=
，则
1
x = 或
3
x =
，
将
0
x =
代入
4
1
3
3
y
x
x
=
-
-
，则
4
1
3
4
3
y =
´ -
´ -
=
，
∴
1,0 ,
3,0 ,
0,4
M
N
C
，
∴抛物线
4
1
3
3
y
x
x
=
-
-
的对称轴为
1 3
2
2
x
+
=
=
，
如图，连接BN ，过点A 作
,
AE
BN BE
y
P
P
轴交于点E，连接
,
EN CE ，
则四边形ABNE 是平行四边形，
∴AE
BN
=
，
∵点A ，B 是抛物线对称轴上两点（点A 在点B 的上方），
∴BM
BN
AE
=
=
，
当
,
,
A C E 三点共线时，CA
BM
CA
AE
+
=
+
有最小值，最小值为CE 的长，
∵四边形ABNE 是平行四边形，
3,0
N
，
2
AB =
，
∴
2
EN =
，
∴
3,2
E
，
∴
2
2
0
3
4
2
13
CE =
-
+
-
=
，
∴CA
BM
+
的最小值为13 ．
故答案为：13 ．
4.数学研究小组发现，求线段最值问题的解决策略：对两条线段作某种变换（平移、轴对称、旋转等），最
终转化为“两点之间线段最短问题”去解决．
(1)如图1，已知菱形ABCD ，
60
A
Ð
=
°，
2
AB =
，点E 是BC 边中点，点F 是对角线BD 边上的动点．连接
EF ，CF ，则EF
CF
+
的最小值为________；
(2)如图2，已知矩形ABCD ，
6
AB =
，
3
BC = ．点E 是BC 上的点，且
1
CE = ，点F，G 是CD 上的动点，
且
1
FG = ，连接AG ．则EF
FG
AG
+
+
的最小值为________；
(3)如图3，已知正方形ABCD ，
2
AB =
，E 是AC 上的动点，F 是BC 上的动点，且AE
CF
=
．连接AF ，
DE ，求AF
DE
+
的最小值．
【答案】(1)
7
(2)
41
1
+
(3)2 3
【分析】（1）取AB 中点记作点
1
E ，连接
1
EE ，
1
DE ，
1
CE ，记
1
CE 与BD 的交点为点
1F ，连接
1
EF ，AC ，
先根据三角形的中位线性质和菱形性质证明点
1
E 是点E 关于BD 的对称点，则
1
1
1
E F
EF
=
，当点F 运动到点
1F 时，EF
CF
+
的最小值，即
1
CE 的长，
证明
BCD
△
为等边三角形和
ABD
△
为等腰三角形，利用等边三角形的性质和勾股定理求解
1
CE 即可求解；
（2）在AB 上取点H，使得
1
AH
FG
=
= ，连接HF ，证明四边形AHFG 是平行四边形，得到HF
AG
=
，
在BC 延长线上取点E¢ ，使得
1
CE
CE
¢ =
= ，连接
¢
HE ，则EF E F¢
=
，进而利用两点之间线段最短得到
EF
FG
AG
+
+
的最小值为
1
HE¢+ ，然后利用勾股定理求得
¢
HE 即可求解；
（3）在BC 下方，过C 作CP
AC
^
，且CP
AD
=
，连接AP ，PF ，证明
SAS
CPF
ADE
V
V
≌
得到
PF
DE
=
，由AF
DE
AF
PF
AP
+
=
+
³
，当A、F、P 共线时取等号，可得AF
DE
+
的最小值为AP 的长；
过P 作PH
BC
^
于H，PQ
AB
^
延长线于Q，由等腰直角三角形的判定与性质求得
2
2
2
PH
CH
PC
=
=
=
，再证明四边形BQPH 是矩形，得到
2
BQ
PH
=
=
，
2
2
QP
BH
BC
CH
=
=
-
=
-
，在Rt
AQP
△
中利用勾股定理求得AP 即可．
【详解】（1）解：取AB 中点记作点
1
E ，连接
1
EE ，
1
DE ，
1
CE ，
记
1
CE 与BD 的交点为点
1F ，连接
1
EF ，AC ，
∵点E，点
1
E 分别是BC ，AB 边中点，
∴
1
EE
AC
∥
，
1
1
2
BE
AB
=
，
1
2
BE
BC
=
，
在菱形ABCD 中，AC
BD
^
，AB
BC
=
,
∴
1
EE
BD
^
，
1
BE
BE
=
，
∴点
1
E 是点E 关于BD 的对称点，
∴
1
1
1
E F
EF
=
，
∴当点F 运动到点
1F 时，EF
CF
+
的最小值，即
1
CE 的长，
在菱形ABCD 中，
60
A
Ð
=
°，
2
AB =
，
∴
60
BCD
Ð
=
° ，则
BCD
△
为等边三角形，
∴BD
AB
BC
=
=
，
∴BD
AD
=
，则
ABD
△
为等腰三角形，
∵点
1
E 是AB 边中点，
∴
1
1
1
1
2
AE
BE
AB
=
=
= ，
1
DE
AB
^
，即
1
90
AE D
Ð
=
°，
又
60
A
Ð
=
°，
120
ADC
Ð
=
° ，
∴
1
30
ADE
Ð
=
° ，则
1
90
E DC
Ð
=
° ，
在
1
Rt ADE
V
中，
2
2
2
2
1
1
2
1
3
DE
AD
AE
=
-
=
-
=
，
又∵
1
90
E DC
Ð
=
° ，
1
3
DE =
，
2
CD =
，
∴
2
2
1
1
3
4
7
CE
CE
CD
=
+
=
+
=
，
∴EF
CF
+
的最小值为
7 ，
故答案为：
7 ；
（2）解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB
CD
∥
，
90
B
BCD
Ð
= Ð
=
°，
在AB 上取点H，使得
1
AH
FG
=
= ，连接HF ，则
∴四边形AHFG 是平行四边形，
∴HF
AG
=
，
在BC 延长线上取点E¢ ，使得
1
CE
CE
¢ =
= ，连接
¢
HE ，则EF E F¢
=
，
∴
1
1
EF
FG
AG
E F
HF
HE
¢
¢
+
+
=
+
+ ³
+ ，当H、F、E¢ 共线时取等号，
∴EF
FG
AG
+
+
的最小值为
1
HE¢+ ，
∵
6
AB =
，
3
BC = ．
∴Rt HBE¢
V
中，
5
BH
AB
AH
=
-
=
，
4
BE
BC
CE
¢
¢
=
+
=
，
∴
2
2
2
2
5
4
41
HE
BH
BE
¢
¢
=
+
=
+
=
，
∴EF
FG
AG
+
+
的最小值为
41
1
+ ；
（3）解：在BC 下方，过C 作CP
AC
^
，且CP
AD
=
，连接AP ，PF ，
∵四边形ABCD 是正方形，
2
AB =
，
∴
2
AB
BC
AD
=
=
=
，
90
ABC
Ð
=
°，
45
DAC
ACB
Ð
= Ð
=
°，
∴
90
45
PCF
ACB
Ð
=
° - Ð
=
°，
2
CP
AD
=
=
，
∴
PCF
DAE
Ð
= Ð
，又CF
AE
=
，
∴
SAS
CPF
ADE
V
V
≌
，
∴PF
DE
=
，
∴AF
DE
AF
PF
AP
+
=
+
³
，当A、F、P 共线时取等号，
∴AF
DE
+
的最小值为AP 的长；
过P 作PH
BC
^
于H，PQ
AB
^
延长线于Q，则
90
PHB
PHC
PQB
Ð
= Ð
= Ð
=
°，
在Rt PHC
V
中，
90
PHC
Ð
=
° ，
45
HCP
Ð
=
° ，
2
PC =
，
∴Rt PHC
V
是等腰直角三角形，
∴
2
2
2
PH
CH
PC
=
=
=
，
∵
90
PHB
PQB
QBH
Ð
= Ð
= Ð
=
° ，
∴四边形BQPH 是矩形，
∴
2
BQ
PH
=
=
，
2
2
QP
BH
BC
CH
=
=
-
=
-
，
在Rt
AQP
△
中，
2
2
AQ
AB
BQ
=
+
=
+
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2 3
AP
AQ
QP
=
+
=
+
+
-
=
，
∴AF
DE
+
的最小值为2 3 ．
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
2
y
ax
x
b
=
+
+
的图像与一次函数
1
y
x
= - + 的图像交于A，B 两点，
已知
6, 5
B
-
．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点C 是直线AB 上方抛物线上的一动点，连接AC ，BC ．点M，N 是y 轴上的两动点（M 在N 上方），
且满足
3
MN = ，连接CM ，BN ，当
ABC
V
的面积取得最大值时，求CM
MN
BN
+
+
的最小值；
(3)当（2）中CM
MN
BN
+
+
取得最小值时，若Q 是抛物线对称轴上位于直线MC 上方的一动点，是否存在
以C、M、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出满足条件的点Q 的坐标；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)
2
1
2
1
2
y
x
x
= -
+
+
(2) 9 5
3
2
+
(3)
5
41
2,
2
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
或
2
29
2,
2
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
【分析】（1）首先确定
0,1
A
，将
0,1
A
，
6, 5
B
-
两点代入
2
2
y
ax
x
b
=
+
+
并求解即可；
（2）过点C 作CE
y
∥
轴交直线AB 于点E， 设点C 坐标为
2
1
,
2
1
2
t
t
t
æ
ö
-
+
+
ç
÷
è
ø，易得点E 坐标为
,
1
t
t
- +
，
可知
2
1
3
2
CE
t
t
= -
+
，结合三角形面积公式可得
2
1
1
3
6
2
2
ABC
S
t
t
æ
ö
=
´ -
+
´
ç
÷
è
ø
V
，由二次函数的性质可得当
3
t =
时，
ABC
SV
有最大值，此时
5
3, 2
C æ
ö
ç
÷
è
ø ，将点 B 关于y 轴的对称点B¢，再向上平移3 个单位得到
6, 2
B¢¢ -
-
，连接
B N
¢
、B M
¢¢
，B C
¢¢ ,则有
9 5
3
2
CM
MN
BN
B C
MN
¢
+
+
³
+
=
+
，即可获得答案；
（3）根据待定系数法求出直线B C
¢
解析式，则可求点M 的坐标，设
2,
2
Q
m
m >
，分三种情况讨论：
CM
CQ
=
；CM
MQ
=
；QM
CQ
=
，根据两点间距离公式构建关于m 的方程，求解即可．
【详解】（1）解：对于一次函数
1
y
x
= - + ，令
0
x =
，可得
1
y = ，
∴
0,1
A
，
将
0,1
A
，
6, 5
B
-
两点代入
2
2
y
ax
x
b
=
+
+
，
可得
1
5
36
12
b
a
b
=
ì
í- =
+
+
î
，解得
1
2
1
a
b
ì = -
ïí
ï =
î
，
则抛物线的表达式为
2
1
2
1
2
y
x
x
= -
+
+ ；
（2）解：过点C 作CE
y
∥
轴交直线AB 于点E， 设点C 坐标为
2
1
,
2
1
2
t
t
t
æ
ö
-
+
+
ç
÷
è
ø，
∴点E 坐标为
,
1
t
t
- +
，
∴
2
2
1
1
2
1
1
3
2
2
CE
t
t
t
t
t
= -
+
+ - - +
= -
+
，
∵
0,1
A
，
6, 5
B
-
，
∴
2
2
1
1
1
3
27
3
6
3
2
2
2
2
2
ABC
B
A
S
CE
x
x
t
t
t
æ
ö
=
´
´
-
=
´ -
+
´
= -
-
+
ç
÷
è
ø
V
，
∴当
3
t =
时，
ABC
SV
有最大值，
此时
5
3, 2
C æ
ö
ç
÷
è
ø ，
将点 B 关于y 轴的对称点B¢，再向上平移3 个单位得到
6, 2
B¢¢ -
-
，连接B N
¢
、B M
¢¢
，B C
¢¢ ,则BN
B N
¢
=
，
B B
MN
¢ ¢¢∥
Q
，B B
MN
¢ ¢¢ =
，
B B MN
¢ ¢¢
\
是平行四边形，
B N
B M
¢
¢¢
\
=
，
BN
B M
¢¢
\
=
，
CM
MN
BN
CM
MN
B M
B C
MN
\
¢
¢¢
+
+
=
+
+
³
+
，
即当点C 、M 、B¢¢ 三点共线时，CM
MN
BN
+
+
有最小值，
2
2
5
9 5
3
6
2
2
2
B C
æ
ö
=
+
+
+
=
ç
÷
è
ø
¢¢
Q
，
9 5
3
2
B C
MN
+
=
¢
\
+ ，
即CM
MN
BN
+
+
最小值为9 5
3
2
+ ；
（3）解：设直线B C
¢
解析式为y
kx
n
=
+
，
把
5
3, 2
C æ
ö
ç
÷
è
ø ，
6, 2
B¢ -
-
代入，得
5
3
2
6
2
k
n
k
n
ì
+
=
ïí
ï-
+
= -
î
，
解得
1
2
1
k
n
ì =
ïí
ï =
î
，
∴
1
1
2
y
x
=
+ ，
当
0
x =
时，
1
y = ，
∴
0,1
M
，
∵
2
2
1
1
2
1
2
3
2
2
y
x
x
x
= -
+
+ = -
-
+ ，
∴抛物线的对称轴为直线
2
x =
，
对于
1
1
2
y
x
=
+ ，当
2
x =
时，
1
2 1
2
2
y =
´ + =
，
设
2,
2
Q
m
m >
，
当CM
CQ
=
时，
2
2
2
2
5
5
3
0
1
3
2
2
2
m
æ
ö
æ
ö
-
+
-
=
-
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
解得
1
5
41
2
m
+
=
，
2
5
41
2
m
-
=
（不符合题意，舍去），
∴
5
41
2,
2
Qæ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
当CM
MQ
=
时，
2
2
2
2
5
3
0
1
0
2
1
2
m
æ
ö
-
+
-
=
-
+
-
ç
÷
è
ø
，
解得
1
2
29
2
m
+
=
，
2
2
29
2
m
-
=
（不符合题意，舍去），
∴
2
29
2,
2
Qæ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
当QM
CQ
=
时，
2
2
2
2
5
2
0
1
3
2
2
m
m
æ
ö
-
+
-
=
-
+
-
ç
÷
è
ø
，
解得
3
4
m =
（不符合题意，舍去），
综上，点Q 的坐标为
5
41
2,
2
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
或
2
29
2,
2
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
．
技巧12 最值模型之将军造桥（过桥）模型
将军造桥（过桥）模型:已知，如图2，将军在图中点A处，现要过河去往B点的军营，桥必须垂直于河岸建
造，问：桥建在何处能使路程最短？（即：AM+MN+NB的值最小）。
图2-1
图2-2
将军造桥（过桥）模型：如图2-2，过A点作AA’∥MN，且AA’=MN，连接A’B，
∵AA’∥MN，且AA’=MN ∴四边形APQC为平行四边形，故AM=A’N，
∵MN 为定值，∴求AM+MN+NB 的最小值，即求AM+NB 的最小值+MN。
再利用“两点之间线段最短”，可得AM+NB 的最小值为A’B，故AM+MN+NB 的最小值=A’B+MN。
1.河的两岸成平行线，A，B 是位于河两岸的两个车间（如图），要在河上造一座桥，使桥垂直于河岸，并
且使A，B 间的路程最短．确定桥的位置的方案如下：作从A 到河岸的垂线，分别交河岸PQ，MN 于F，
G．在AG 上取
=
AE
FG ，连接EB ，EB 交MN 于D．在D 处作到对岸的垂线DC ，那么DC 就是造桥的位
置，请你对方案可行性给出证明．
【答案】见解析．
【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、根据成轴对称图形的特征进行求解
【分析】本题考查轴对称-最短问题，解题的关键是学会利用轴对称以及平行四边形的性质解决最短问题． 证
明四边形AEDC 为平行四边形得AC
ED
=
，可得AC
CD
DB
EB
CD
+
+
=
+
，进而可说明方案可行．
【详解】解：
AE
MN
^
Q
，CD
MN
^
，
AE
CD
\
∥
．
=
Q AE
FG ，FG
CD
=
AE
CD
\
=
，
\四边形AEDC 为平行四边形，
AC
ED
\
=
．
河
B 军营
A
将军
N
M
A'
河
B 军营
A
将军
N
M
根据两点之间线段最短可知，
AC
CD
DB
ED
DB
CD
EB
CD
+
+
=
+
+
=
+
．
CD
Q
与河岸垂直，为定值，
\当AC
BD
BE
+
=
时，路径A
C
D
B
、、、最短．
2.综合与实践
【提出问题】唐朝诗人李颀的诗《古从军行》中“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”里隐含着一个有趣的
数学问题——将军饮马，如图（1），将军从山脚下的点A 出发，到一条笔直的河边l 饮马后再回到点B 宿
营，他时常想，怎么走才能使他每天走的路程之和最短呢？
【分析问题】小亮：如图（2），作点B 关于直线l 的对称点B¢ ，连接AB¢与直线l 交于点C ，点C 就是饮马
的地方，此时按路线走的路程就是最短的．
小慧：你能详细解释为什么吗？
小亮：如图（3），在直线l 上另取不同于点C 的任一点C¢，连接AC¢，BC¢ ，B C
¢ ¢．
∵点B 、B¢关于直线l 对称，点C 、C¢ 在直线l 上，
∴CB =______，C B¢ = ______，
∴AC
CB
AC
CB
+
=
+
¢ ______．
∵在AC B¢ ¢
V
中，AB
AC
C B
<
¢
¢+
¢ ¢，
∴______
AC
C B
<
+
¢
¢ ¢ ，即
+
AC
CB 最小．
【解决问题】
任务一
请将小亮的说明过程补充完整．（直接填在横线上）
任务二
如图（4），将军从A 地出发，先到草地边某一处牧马；再到河边饮马，然后回到B 处，请在
图中设计一条路线，使其所走的路径最短．（保留画图痕迹）
任务三
如图（5），在P 、Q 两村之间有一条河，且这条河的宽度处处相等，从P 村前往Q 村，要经
过这条河，现要在这条河上造一座垂直于河岸的桥MN ，则这座桥MN 造在何处可使由P 村到
Q 村的路程最短？（保留画图痕迹，在图上画出道路和桥的位置）
【答案】任务一: CB¢ ,C B¢ ¢, AB¢,
+
AC
CB ;
任务二:见详解；
任务三：见详解．
【分析】本题考查了轴对称之将军饮马模型，掌握轴对称变换和两点之间线段最短是解题的关键．
【详解】解：任务一
∵点B 、B¢ 关于直线l 对称，点C 、C¢ 在直线l 上，
∴CB = CB¢ ，C B¢ = C B¢ ¢，
∴AC
CB
AC
CB
+
=
+
¢ = AB¢．
∵在AC B¢ ¢
V
中，AB
AC
C B
<
¢
¢+
¢ ¢，
∴
+
AC
CB
AC
C B
<
+
¢
¢ ¢ ，即
+
AC
CB 最小；
任务二
如图，AC
CD
BD
-
-
即为最短路径．
任务三
如图，PM
MN
NQ
-
-
即为最短路径．
3.如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），经过点A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点．(1)求抛物线的解析
式及顶点M 的坐标；(2)连接AC、BC，N 为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC=S△ABC 时，求N 点的坐
标；(3)在（2）问的条件下，过点C 作直线l∥x 轴，动点P（m，3）在直线l 上，动点Q（m，0）在x 轴上，
连接PM、PQ、NQ，当m 为何值时，PM+PQ+QN 最小，并求出PM+PQ+QN 的最小值．
【答案】(1)y=-x2+2x+3，顶点M 坐标为（1，4）；(2)点N 坐标为（4，-5）；
(3)当m= 3
2 时，PM+PQ+QN 有最小值，最小值为3 5 +3．
【分析】（1）将点A、B、C 坐标代入解析式，解关于a、b、c 的方程组可得函数解析式，配方成顶点式即
可得点M 坐标；（2）设N（t，-t2+2t+3）（t＞0），根据点N、C 坐标用含t 的代数式表示出直线CN 解析
式，求得CN 与x 轴的交点D 坐标，即可表示BD 的长，根据S△NBC=S△ABC，即S△CDB+S△BDN= 1
2 AB•OC
建立关于t 的方程，解之可得；（3）将顶点M（1，4）向下平移3 个单位得到点M′（1，1），连接M′N
交x 轴于点Q，连接PQ，此时M′、Q、N 三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN 取最小值，由点M′、N
坐标求得直线M′N 的解析式，即可求得点Q 的坐标，据此知m 的值，过点N 作NE∥x 轴交MM′延长线于点
E，可得M′E=6、NE=3、M′N=3 5 ，即M′Q+QN=3 5 ，据此知m= 3
2 时，PM+PQ+QN 的最小值为3 5 +3．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
∴
0
9
3
0
3
a
b
c
a
b
c
c
-
+
=
ì
ï
+
+
=
í
ï
=
î
，解得：
1
2
3
a
b
c
= -
ì
ï
=
í
ï
=
î
，∴y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，则抛物线的顶点M 坐标为（1，4）；
（2）解：∵N 是抛物线上第四象限的点，∴设N（t，-t2+2t+3）（t＞3），
又点C（0，3），设直线NC 的解析式为y=k1x+b1，
则
2
1
1
1
2
3
3
k t
b
t
t
b
ì
+
= -
+
+
í
=
î
，解得：
1
1
2
3
k
t
b
= - +
ì
í
=
î
，∴直线NC 的解析式为y=（-t+2）x+3，
设直线CN 与x 轴交于点D，当y=0 时，x=
3
2
t -
，∴D（
3
2
t -
，0），BD=3-
3
2
t -
，
∵S△NBC=S△ABC，∴S△CDB+S△BDN= 1
2 AB•OC，即1
2 BD•|yC-yN|= 1
2 [3-（-1）]×3，
即1
2 ×（3-
3
2
t -
）[3-（-t2+2t+3）]=6，整理，得：t2-3t-4=0，解得：t1=4，t2=-1（舍去），
当t=4 时，-t2+2t+3=-5，∴点N 坐标为（4，-5）；
（3）解：将顶点M（1，4）向下平移3 个单位得到点M′（1，1），连接M′N 交x 轴于点Q，连接PQ，
则MM′=3，∵P（m，3）、Q（m，0），∴PQ⊥x 轴，且PQ=OC=3，
∴PQ∥MM′，且PQ=MM′，∴四边形MM′QP 是平行四边形，∴PM=QM′，
由作图知当M′、Q、N 三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN 取最小值，
设直线M′N 的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），
将点M′（1，1）、N（4，-5）代入，得：
2
2
2
2
1
4
5
k
b
k
b
+
=
ì
í
+
= -
î
，解得：
2
2
2
3
k
b
= -
ì
í
=
î
，
∴直线M′N 的解析式为y=-2x+3，当y=0 时，x= 3
2 ，∴Q（3
2 ，0），即m= 3
2 ，
此时过点N 作NE∥x 轴交MM′延长线于点E，在Rt△M′EN 中，∵M′E=1-（-5）=6，NE=4-1=3，
∴M′N=
2
2
3
6
3 5
+
=
， ∴M′Q+QN=3 5 ，∴当m= 3
2 时，PM+PQ+QN 的最小值为3 5 +3．
4.（1）问题提出如图①，在ABC
V
中，
6,
120
AB
AC
BAC
=
=
Ð
=
° ，点D，E 分别是
,
AB AC 的中点．若点
M，N 分别是DE 和BC 上的动点，则AM
MN
+
的最小值是______．
（2）问题探究：如图②，A 和B 两地在一条河的两岸，现要在河上造一座桥（与河床垂直），桥造在何处，
才能使从A 到B 的路径A
M
N
B
®
®
®
最短．博琳小组针对该问题展开讨论，小旭同学认为：过A 作河
岸的垂线，使AA
MN
¢ =
，MN 为河宽，连接A B
¢ ，A B
¢ 与河的一岸交于点N，此时在点N 处建桥，可使从A
到B 的路径A
M
N
B
®
®
®
最短．你认为小旭的说法正确吗？请说明理由．（3）问题解决：如图③，在
矩形ABCD 中，
60,
80
AB
BC
=
=
．E、F 分别在
,
AB CD 上，且满足EF
BC
∥
，
20
BE =
．若边长为10 的正
方形MNPQ 在线段EF 上运动，连接BM
DP
、
，当BM
DP
+
取值最小时，求EN 的长．
【答案】（1）3；（2）小旭的说法正确，理由见解析；（3）38 或14
【分析】（1）连接AN ，过点A 作AF
BC
^
于点F，根据两点之间线段最短，可得当AN
BC
^
时，AN 最
短，此时点N 与点F 重合，即AM
MN
+
的最小值为AF 的长，再根据直角三角形的性质，即可求解；
（2）根据题意可得四边形AA NM
¢
为平行四边形，从而得到AM
A N
¢
=
，再根据“两点之间线段最短”，当点
A¢，N，B 三点共线时，A N
BN
¢
+
最短，即可求解；
（3）过点N 分别作
,
HN
BM GN
DP
∥
∥
，分别交
,
BC CD 于点H，G，连接GH 交EF 于点T，过点G 作
GX
EF
^
于点X，则
20
GX
BE
=
=
，GX
CD
∥
，证明四边形BMNH ，四边形DPNG 都是平行四边形， 可
得
,
,
10,
10
HN
BM DP
GN DH
PN
BG
MN
=
=
=
=
=
=
，从而得到当点H，T，G 三点共线时，BM
DP
+
的值
最小，此时点N 与点T 重合，然后证明HTF
HGC
∽
V
V
，可得
42
TF =
，可求得ET 的长；过点Q 分别作
,
KQ
BM QL
DP
∥
∥
，分别交
,
AB AD 于点K，L，连接KL 交EF 于点S，当点K，S，L 三点共线时，BM
DP
+
的值最小，此时点N 与点S 重合，同理可求出ES 的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接AN ，过点A 作AF
BC
^
于点F，∴AM
MN
AN
+
³
，
当AN
BC
^
时，AN 最短，此时点N 与点F 重合，即AM
MN
+
的最小值为AF 的长，
∵
6,
120
AB
AC
BAC
=
=
Ð
=
° ，∴
30
B
C
Ð
= Ð
=
° ，∴
1
3
2
AF
AB
=
=
，
∴AM
MN
+
的最小值为3；故答案为：3
（2）解：小旭的说法正确，理由如下：根据题意得：AA
MN
¢ =
，AA
MN
¢∥
，
∴四边形AA NM
¢
为平行四边形，∴AM
A N
¢
=
，
根据“两点之间线段最短”，当点A¢，N，B 三点共线时，A N
BN
¢
+
最短，
∵MN 为河宽，∴在点N 处建桥，可使从A 到B 的路径A
M
N
B
®
®
®
最短．
（3）如图，过点N 分别作
,
HN
BM GN
DP
∥
∥
，分别交
,
BC CD 于点H，G，连接GH 交EF 于点T，过点G
作GX
EF
^
于点X，则
20
GX
BE
=
=
，GX
CD
∥
，
根据题意得：
,
BH
MN PN
DG
∥
∥
，
80
EF
BC
=
=
，
∴四边形BMNH ，四边形DPNG 都是平行四边形，
∴
,
,
10,
10
HN
BM DP
GN DH
PN
BG
MN
=
=
=
=
=
=
，∴BM
DP
HN
GN
GH
+
=
+
³
，
即当点H，T，G 三点共线时，BM
DP
+
的值最小，此时点N 与点T 重合，
∵
60,
80,
20
AB
CD
BC
AD
CF
BE
=
=
=
=
=
=
，∴
30
HF =
，
50
CH =
，
70
CG =
，
∵EF
BC
∥
，∴HTF
HGC
∽
V
V
，∴HF
TF
CH
CG
=
，∴
30
70
50
TF =
，解得：
42
TF =
，
∴
80
42
38
ET
EF
FT
=
-
=
-
=
；
如图，过点Q 分别作
,
KQ
BM QL
DP
∥
∥
，分别交
,
AB AD 于点K，L，连接KL 交EF 于点S，当点K，S，
L 三点共线时，BM
DP
+
的值最小，此时点N 与点S 重合，同理
14
ES =
；
综上所述，当BM
DP
+
取值最小时，EN 的长为38 或14．
5.如图，在平面直角坐标系中，拋物线
2
4
0
y
ax
bx
a
=
+
+
¹
经过点
1,6
-
，与y 轴交于点C，与x 轴交于
A，B 两点（A 在B 的左侧），连接AC ，BC ，tan
4
Ð
=
CBA
．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P 是射线CA 上方抛物线．上的一动点，过点P 作PE
x
^
轴，垂足为E，交AC 于点D．点M 是线段
DE ．上一动点，MN
y
^
轴，垂足为N，点F 为线段BC 的中点，连接AM ，NF ．
①求线段PD 长度的最大值
②当线段PD 长度取最大值时，求AM
MN
NF
+
+
的最小值；
③将该抛物线沿射线CA 方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段PD 长度取得最大值时的点D，且与直
线AC 相交于另一点K．点Q 为新抛物线上的一个动点，当
QDK
ACB
Ð
Ð
=
时，直接写出所有符合条件的
点Q 的坐标．
【答案】(1)
2
3
4
y
x
x
= -
-
+
；
(2)①
max
4
PD
= ；②
41
2
2
+
；③
1, 2
- -
或
19 43
,
4 16
æ
ö
-
ç
÷
è
ø．
【分析】（1）由题意利用正切函数求得
1
OB = ，得到
1,0
B
，再利用待定系数法即可求解；
（2）①求得
4,0
A -
，利用待定系数法求得直线AC 的解析式，设
2
,
3
4
P p
p
p
-
-
+
，即可求得PD 最大值；
②证明四边形AMNE 是平行四边形，得到AM
EN
=
，推出当E
N
F
、、
共线时，EF 取最小值，即
AM
MN
NF
+
+
取最小值，据此求解即可；
③求得
2,2
D -
，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式
2
7
8
y
x
x
¢ = -
-
- ，再分两种情况讨论，计算即
可求解．
【详解】（1）解：令
0
x =
，则
4
y =
，
∴
0,4
C
，
∴
4
OC =
，
∵tan
4
CBA
Ð
=
，
∴
4
OC
OB =
，
∴
1
OB = ，
∴
1,0
B
，
将
1,0
B
和
1,6
-
代入
2
4
y
ax
bx
=
+
+
得
6
4
0
4
a
b
a
b
=
-
+
ì
í =
+
+
î
，
解得
1
3
a
b
= -
ì
í = -
î
，
∴抛物线的表达式为
2
3
4
y
x
x
= -
-
+
；
（2）①解：令
0
y =
，则
2
0
3
4
x
x
= -
-
+
，
解得
4
x = - 或
1
x = ，
∴
4,0
A -
，
设直线AC 的解析式为
4
y
mx
=
+
，
代入
4,0
A -
，得0
4
4
m
= -
+
，
解得 ：
1
m = ，
∴直线AC 的解析式为
4
y
x
=
+
，
设
2
,
3
4
P p
p
p
-
-
+
（4
0
p
- <
<
），则
,
4
D p p +
，
∴
2
2
3
4
4
2
4
PD
p
p
p
p
= -
-
+
-
+
= -
+
+
，
∵1
0
- <
，
∴当
2
p = - 时，PD 最大，此时
2,6
P -
，
∴
max
4
PD
=
②由①得：
2
AE =
，
2
MN
OE
=
=
，
2,0
E -
，
∴AE
MN
=
，AE
MN
∥
，
连接EN ，
∴四边形AMNE 是平行四边形，
∴AM
EN
=
，
∴AM
MN
NF
EN
MN
NF
MN
EF
+
+
=
+
+
³
+
，
∴当E
N
F
、、
共线时，EF 取最小值，即AM
MN
NF
+
+
取最小值，
∵点F 为线段BC 的中点，
∴
1 ,2
2
F æ
ö
ç
÷
è
ø ，
∴
2
2
1
41
2
2
2
2
EF
æ
ö
=
- -
+
=
ç
÷
è
ø
，
∴AM
MN
NF
+
+
的最小值为
41
2
2
+
；
③解：由①得点D 的横坐标为2
- ，代入
4
y
x
=
+
，得
2
y =
，
∴
2,2
D -
，
∴新抛物线由
2
3
4
y
x
x
= -
-
+
向左平移2 个单位，向下平移2 个单位得到，
∴
2
2
2
3
2
4
2
7
8
y
x
x
x
x
= -
+
-
+
+
-
= -
-
-
¢
，
过点D 作
1
DQ
BC
∥
交抛物线y¢于点
1
Q ，
∴
1
Q DK
BCA
Ð
= Ð
，
同理求得直线BC 的解析式为
4
4
y
x
= -
+
，
∵
1
DQ
BC
∥
，
∴直线
1
DQ 的解析式为
4
6
y
x
= -
-
，
联立得
2
8
4
7
6
x
x
x
= -
-
-
-
-
，
解得
1
1
x = - ，
2
2
x = - ，
当
1
x = - 时，
2
y = - ，
∴
1
1, 2
Q - -
，
作
1
DQ 关于直线AC 的对称线得
2
DQ 交抛物线y¢于点
2
Q ，
∴
2
1
Q DK
Q DK
BCA
Ð
= Ð
= Ð
，
设
1
DQ 交x 轴于点G ，
由旋转的性质得到DG
DG¢
=
，
过点D 作DR
x
∥
轴，作DH
x
^
轴于点H ，作G H
DR
¢ ¢ ^
于点H ¢ ，
当
0
y =
时，0
4
6
x
= -
-
，
解得
3
2
x = -
，
∴
3 ,0
2
Gæ
ö
-
ç
÷
è
ø
∵
4,0
A -
，
0,4
C
，
∴OA
OC
=
，
∴
45
OAC
OCA
Ð
= Ð
=
° ，
∵DR
x
∥
轴，
∴
45
RDA
DAH
ADH
Ð
= Ð
= Ð
=
° ，
∴
G DH
GDH
¢
¢
Ð
= Ð
，
∵
90
G H D
GHD
Ð
= Ð
=
¢ ¢
° ，DG
DG
¢ =
∴
GD H
GDH
¢
¢≌
△
△
，
∴
3
1
2
2
2
G H
GH
¢ ¢ =
=
-
=
，
2
DH
DH
¢ =
=
，
∴
5
4, 2
G æ
ö
-
ç
÷
è
ø
¢
，
同理直线
2
DQ 的解析式为
4
2
1
3
= -
+
y
x
，
联立
2
1
3
4
2
7
8
x
x
x
= -
-
+
-
-
，
解得
2
x = - 或
19
4
x = -
，
当
19
4
x = -
时，
1
19
3
43
4
4
2
16
y
æ
ö
= -
´ -
+
=
ç
÷
è
ø
，
∴
2
19 43
,
4 16
Q æ
ö
-
ç
÷
è
ø ，
综上，符合条件的点Q 的坐标为
1, 2
- -
或
19 43
,
4 16
æ
ö
-
ç
÷
è
ø ．
技巧13 最值模型之胡不归模型
从前有个少年外出求学，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即赶路回家．根据“两点之间线段最短”，
虽然从他此刻位置A 到家B 之间是一片砂石地，但他义无反顾踏上归途，当赶到家时，老人刚咽了气，小
伙子追悔莫及失声痛哭．邻居告诉小伙子说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？”
看到这里很多人都会有一个疑问，少年究竟能不能提前到家呢？假设可以提早到家，那么他该选择怎样的
一条路线呢？这就是今天要讲的“胡不归”问题.
1.（2025·安徽黄山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数
2
3
3
3
2
2
y
x
x
=
-
-
的图象与x 轴交
于点A，C 两点，与y 轴交于点B，对称轴与x 轴交于点D，若P 为y 轴上的一个动点，连接PD ，则1
2 PB
PD
+
的最小值为（ ）
V1
V2
V1
驿道
砂石地
A
B
C
A．3 3
4
B．
3
2
C．
3
D．5
3
4
【答案】A
【分析】作射线BA ，作PE
BA
^
于E，作DF
BA
^
于F，交y 轴于P¢ ，可求得
30
ABO
Ð
=
° ，从而得出
1
2
PE
PB
=
，进而得出
1
2
PD
PB
PD
EP
+
=
+
，进一步得出结果．
【详解】解：如图，
作射线BA ，作PE
BA
^
于E，作DF
BA
^
于F，交y 轴于P¢ ，
抛物线的对称轴为直线
3
1
2
2
3
2
2
x
-
= -
=
´
，
∴
1
2
OD =
，
当
0
x =
时，
3
y = -
，
∴
3
OB =
，
当
0
y =
时，
2
3
3
3
0
2
2
x
x
-
-
=
，
∴
1
1
x = - ，
2
2
x =
，
∴
( 1,0)
A -
，
∴
1
OA = ，
∵
1
3
tan
3
3
OA
ABO
OB
Ð
=
=
=
，
∴
30
ABO
Ð
=
° ，
∴
1
2
PE
PB
=
，
∴1
2 PB
PD
PD
PE
DF
+
=
+
³
，当点P 在P¢ 时，PD
PE
+
最小，最大值等于DF ，
在Rt ADF
V
中，
90
60
DAF
ABO
Ð
=
° - Ð
=
°，
1
3
1
2
2
AD
OD
PA
=
+
=
+ =
，
∴
3
3
3 3
sin
2
2
4
DF
AD
DAE
=
×
Ð
=
´
-
，
∴1
3 3
(
)
2
4
PB
PD
DF
+
=
=
最小
，
故选：A．
2.（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，平行四边形ABCD 中，
60
DAB
Ð
=
°，
8
AB =
，
2
BC =
，P 为边CD
上的一动点，则
3
2
PB
PD
+
最小值等于
.
【答案】4 3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，锐角三角形函数的应用，垂线段最短等知识，根
据题意添加合适的辅助线是解题的关键．
过点P 作PE
AD
^
，交AD 的延长线于点E ，由锐角三角函数可得
3
2
PE
PD
=
，即
3
2
PB
PD
PB
PE
+
=
+
，
则当点B ，点P ，点E 三点共线，且BE
AD
^
时，PB
PE
+
有最小值，即最小值为BE ．
【详解】解：如图，过点P 作PE
AD
^
，交AD 的延长线于点E ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB
CD
∥
，
∴
60
EDP
DAB
Ð
= Ð
=
°，
在Rt
EPD
△
中，
3
sin
sin60
2
EP
EDP
DP
Ð
=
=
° =
，
∴
3
2
PE
PD
=
，
∴
3
2
PB
DP
PB
EP
+
=
+
，
∴当点B ，点P ，点E 三点共线，且BE
AD
^
时，PB
PE
+
有最小值，即最小值为BE ，
∵
3
sin
sin
2
BE
DAB
EDP
AB
=
=
=
∠
∠
，
∴
3
3
8
4 3
2
2
BE
AB
=
=
´ =
，
故答案为：4 3 ．
3.如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，
6
AB
AC
=
=
，点M 在线段AC 上，且
2
AM =
，点
P 为线段BD 上的一个动点．
（1）
OBC
Ð
=
° ；
（2）
1
2
MP
PB
+
的最小值为
．
【答案】
30
2 3
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是：
（1）证明
ABC
V
是等边三角形，得出
60
ABC
Ð
=
° ，然后根据菱形的性质求解即可；
（2）过P 作PQ
BC
^
于Q，过M 作MH
BC
^
于H，根据含30°角的直角三角形性质得出
1
2
PQ
BP
=
，则
1
2
MP
BP
MP
PQ
+
=
+
，故当M、P、Q 三点共线，即Q 和H 重合时，
1
2
MP
BP
MP
PQ
+
=
+
最小，最小值为
MH ，可求出
30
HMC
Ð
=
°，根据含30°角的直角三角形性质
1
2
2
CH
MC
=
=
，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）∵菱形ABCD ，
∴AB
BC
=
，
1
2
OBC
ABC
Ð
=
Ð
，
又
6
AB
AC
=
=
，
∴
ABC
V
是等边三角形，
∴
60
ABC
Ð
=
° ，
∴
1
30
2
OBC
ABC
Ð
=
Ð
=
° ，
故答案为：30；
（2）过P 作PQ
BC
^
于Q，过M 作MH
BC
^
于H，
∵
30
PBQ
Ð
=
° ，
∴
1
2
PQ
BP
=
，
∴
1
2
MP
BP
MP
PQ
+
=
+
，
∴当M、P、Q 三点共线，即Q 和H 重合时，
1
2
MP
BP
MP
PQ
+
=
+
最小，最小值为MH ，
∵
ABC
V
是等边三角形，
∴
60
MCH
Ð
=
° ，
∴
30
HMC
Ð
=
°，
∵
2
AM =
，
6
AC =
，
∴
4
MC =
，
∴
1
2
2
CH
MC
=
=
，
∴
2
2
2 3
MH
MC
CH
=
-
=
，
故答案为：2 3 ．
4.已知抛物线
2
3
0
y
ax
bx
a
=
+
-
¹
经过点
3,0 ,
1,0
A
B
-
两点，与y 轴交于点C ，顶点为D ．
(1)求a
b
，的值及顶点D 的坐标；
(2)点E 为直线AC 下方抛物线上的一点，当
ECA
DAC
Ð
= Ð
时，求点E 的坐标；
(3)点M 为y 轴上的一动点，连接BM ，当
2
2
BM
CM
+
取得最小值时，求点M 的坐标，并求出这个最小值．
【答案】(1)
1
a = ，
2
b =
，
1, 4
D - -
(2)
5
7
,
2
4
E æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
(3)点M 的坐标为
0, 1
-
，这个最小值为2 2
【分析】（1）将
3,0 ,
1,0
A
B
-
代入抛物线的解析式，求出a、b 的值即可，根据二次函数解析式求出顶
点坐标即可；
（2）连接AD ，取AC 的中点F，连接OF 并延长，交AD 于点G，连接CG 并延长，交抛物线于点E，根据
F 为AC 的中点，得出
3
3
,
2
2
F æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø ，求出直线OF 的解析式为y
x
=
，直线AD 的解析式为
2
6
y
x
= -
-
，联立
2
6
y
x
y
x
=
ì
í
= -
-
î
，求出
2, 2
G -
-
，根据
0, 3
C
-
，
2, 2
G -
-
得出直线CG 的解析式为
1
3
2
y
x
= -
- ，联立
2
2
3
1
3
2
y
x
x
y
x
ì
=
+
-
ïí
= -
-
ïî
，求出点E 的坐标即可；
（3）过点M 作MN
AC
^
于点N，过点B 作BG
AC
^
于点G，交y 轴于点H，证明CNM
V
和ABG
V
都是等
腰直角三角形，得出
2
2
MN
CM
=
，从而说明
2
2
BM
CM
BM
MN
+
=
+
，根据两点之间线段最短，且垂线段
最短，得出当点M 在点H 处时，
2
2
BM
CM
+
最小，且最小值为BG 的长，根据等腰直角三角形的性质求出
点M 的坐标和这个最小值即可．
【详解】（1）解：将
3,0 ,
1,0
A
B
-
代入
2
3
0
y
ax
bx
a
=
+
-
¹
得：
9
3
3
0
3
0
a
b
a
b
-
-
=
ì
í +
-
=
î
，
解得：
1
2
a
b
=
ì
í =
î
，
∴抛物线的解析式为：
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
=
+
-
=
+
-
，
∴顶点坐标
1, 4
D - -
；
（2）解：连接AD ，取AC 的中点F，连接OF 并延长，交AD 于点G，连接CG 并延长，交抛物线于点E，
如图所示：
把
0
x =
代入
2
2
3
y
x
x
=
+
- 得：=
3
y -
，
∴
0, 3
C
-
，
∵
3,0
A -
，
∴
3
OA
OC
=
= ，
∵F 为AC 的中点，
∴OF
AC
^
，
∴OF 垂直平分AC ，
∴GA
GC
=
，
∴
ECA
DAC
Ð
= Ð
，
∴此时点E 符合题意，
∵F 为AC 的中点，
∴
3
3
,
2
2
F æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø ，
设直线OF 的解析式为y
kx
=
，把
3
3
,
2
2
F æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø 代入得：
3
3
2
2
k
-
= -
，
解得：
1
k = ，
∴直线OF 的解析式为y
x
=
，
设直线AD 的解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
，把
3,0
A -
，
1, 4
D - -
代入得：
1
1
1
1
3
0
4
k
b
k
b
-
+
=
ì
í-
+
= -
î
，
解得：
1
1
2
6
k
b
= -
ì
í
= -
î
，
∴直线AD 的解析式为
2
6
y
x
= -
-
，
联立
2
6
y
x
y
x
=
ì
í
= -
-
î
，
解得：
2
2
x
y
= -
ì
í
= -
î
，
∴
2, 2
G -
-
，
同理根据
0, 3
C
-
，
2, 2
G -
-
可得直线CG 的解析式为
1
3
2
y
x
= -
- ，
联立
2
2
3
1
3
2
y
x
x
y
x
ì
=
+
-
ïí
= -
-
ïî
，
解得：
1
1
5
2
7
4
x
y
ì
= -
ïïí
ï
= -
ïî
，
2
2
0
3
x
y
=
ì
í
= -
î
，
∴点E 的坐标为
5
7
2
4
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
，
；
（3）解：过点M 作MN
AC
^
于点N，过点B 作BG
AC
^
于点G，交y 轴于点H，如图所示：
则
90
MNC
BGA
Ð
= Ð
=
° ，
∵
3
OA
OC
=
= ，
=90
AOC
Ð
°，
∴
1
90
45
2
ACO
CAO
=
=
´
° =
°
∠
∠
，
∴CNM
V
和ABG
V
都是等腰直角三角形，
∴
2
2
MN
CM
=
，
∴
2
2
BM
CM
BM
MN
+
=
+
，
∵两点之间线段最短，且垂线段最短，
∴当点M 在点H 处时，
2
2
BM
CM
+
最小，且最小值为BG 的长，
∵
3,0
A -
，
1,0
B
，
∴
1
3
1 3
4
AB = - -
= +
=
，
∵ABG
V
为等腰直角三角形，
∴
2
2 2
2
BG
AB
=
=
，
45
ABH
Ð
=
° ，
∵
90
BOH
Ð
=
°，
∴BOH
V
为等腰直角三角形，
∴
1
OH
OB
=
= ，
∴
0, 1
H
-
，
∴当
2
2
BM
CM
+
取得最小值时，点M 的坐标为
0, 1
-
，这个最小值为2 2 ．
5.（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+
关于直线
3
x = - 对称，与
x 轴交于
1,0
A -
、B 两点，与y 轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P 为抛物线对称轴上一点，连接BP ，将线段BP 绕点P 逆时针旋转90°，使点B 的对应点D 恰好落在
抛物线上，求此时点P 的坐标；
(3)在线段OC 上是否存在点Q，使2
2
AQ
CQ
+
存在最小值？若存在，请直接写出点Q 的坐标及最小值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
6
5
y
x
x
=
+
+
(2)
3,2
P -
或
3, 1
P -
-
(3)存在，
0,1
Q
，2
2
AQ
CQ
+
的最小值为6 2
【分析】（1）对称性求出B 点坐标，两点式写出函数解析式即可；
（2）设对称轴与x 轴交于点E ，设
3,
P
p
-
，
3,0
E -
，分点P 在x 轴上方和点P 在x 轴下方两种情况进行
讨论求解即可；
（3）在x 轴上取点
5,0
M
，连接
,
AC CM ，过点A 作AH
CM
^
于点H ，交y 轴于Q¢，过点Q 作QG
CM
^
于点G ，易得
QGC
△
为等腰直角三角形，进而得到
2
2
QG
CG
CQ
=
=
，推出
2
2
2
2
2
2
2
AQ
CQ
AQ
CQ
AQ
QG
AH
æ
ö
+
=
+
=
+
³
ç
÷
ç
÷
è
ø
，得到当点Q 与点Q¢重合时，2
2
AQ
CQ
+
的值最小
为2AH 的长，等积法求出AH 的长，证明OAQ¢
V
为等腰直角三角形，求出Q 点坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+
关于直线
3
x = - 对称，与x 轴交于
1,0
A -
、B 两点，
∴
5,0
B -
，
∴抛物线的解析式为：
2
1
5
6
5
y
x
x
x
x
=
+
+
=
+
+
；
（2）∵点P 在对称轴上，设对称轴与x 轴交于点E
∴设
3,
P
p
-
，
3,0
E -
；
∵旋转，
∴
,
90
PB
PD
BPD
=
Ð
=
°，
当点P 在x 轴上方时，
∵
,
A B 关于对称轴对称，
∴PA
PB
=
，
∴当
90
APB
Ð
=
°时，满足题意，此时点D 与点A 重合，
1
2
PE
AB
=
，
∵
1,0
A -
，
5,0
B -
，
∴
4
AB =
，
∴
2
PE =
，
∴
3,2
P -
；
当点P 在x 轴下方时，如图，作DF ^ 对称轴于点F ，则：
90
DFP
BEP
BPD
Ð
=
° = Ð
= Ð
，
∴
90
BPE
PDF
DPF
Ð
= Ð
=
°- Ð
，
又∵BP
DP
=
，
∴BPE
PDF
V
V
≌
，
∴
,
DF
PE PF
BE
=
=
，
∵
5,0 ,
3,0 ,
1,
B
E
P
p
-
-
，
∴
,
2
DF
PE
p PF
BE
=
= -
=
=
，
3
OE = ，
∴
2
EF
p
= -
+
，
∴
3,
2
D p
p
-
-
，
把
3,
2
D p
p
-
-
代入
2
6
5
y
x
x
=
+
+
，得：
2
2
3
6
3
5
p
p
p
-
=
-
+
-
+
，
解得：
1
x = - 或
2
x =
（舍去）；
∴
3, 1
P -
-
；
综上：
3,2
P -
或
3, 1
P -
-
；
（3）存在；
在x 轴上取点
5,0
M
，连接
,
AC CM ，过点A 作AH
CM
^
于点H ，交y 轴于Q¢，过点Q 作QG
CM
^
于点
G ，则：
5
OM =
，
90
QGC
Ð
=
°，
∵
2
6
5
y
x
x
=
+
+
，
∴当
0
x =
时，
5
y =
，
∴
0,5
C
，
∴
5
OC
OM
=
=
，
∴
2
5 2,
45
CM
OC
OCM
OMC
=
=
Ð
= Ð
=
° ，
∴
QGC
△
为等腰直角三角形，
∴
2
2
QG
CG
CQ
=
=
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
AQ
CQ
AQ
CQ
AQ
QG
AH
æ
ö
+
=
+
=
+
³
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
∴当点Q 与点Q¢重合时，2
2
AQ
CQ
+
的值最小为2AH 的长，
∵
1,0
A -
，
∴
1
OA = ，
6
AM =
，
∵
1
1
2
2
ACM
S
AM OC
CM AH
=
×
=
×
V
，
∴6 5
5 2AH
´
=
，
∴
3 2
AH =
，
∴2
2
AQ
CQ
+
的最小值为6 2 ，
在Rt AHM
V
中，
45
AMH
Ð
=
° ，
∴
45
MAH
Ð
=
°，
∴OAQ¢
V
为等腰直角三角形，
∴
1
OQ
OQ
OA
¢ =
=
= ，
∴
0,1
Q
；
综上：
0,1
Q
，2
2
AQ
CQ
+
的最小值为6 2 ．
技巧14 最值模型之阿氏圆模型
动点到两定点距离之比为定值（即：平面上两点A、B，动点P 满足 PA/PB=k（k 为常数，且k≠1）），
那么动点的轨迹就是圆，因这个结论最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现的，故称这个圆称为阿波罗尼斯
圆，简称为阿氏圆。
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（即OP
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？最小值是多少呢？
A
B
P
O
如图2，在线段OB 上截取OC 使OC=k·r（即OC
k
OP =
），∵OP
k
OB =
，∴OP
OC
OB
OP
=
，
∵∠POC=∠BOP，∴△POC∽△BOP，∴PC
k
PB =
，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。
阿氏圆求最值的本质就是通过构造母子相似，化去比例系数，转化为两定一动将军饮马型求最值，难点在
于如何构造母子相似。
阿氏圆最值问题常见考法：点在圆外：向内取点（系数小于1）；点在圆内：向外取点（系数大于1）；一
内一外：提系数；隐圆型阿氏圆等。
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．
1.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1
3 AP＋BP 的最小值为（ ）
A．7
B．5 2
C．4
10
+
D．2 13
【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MP
1
3
=
PA，可得1
3 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，
∴PC
CM
CA
CP
=
，
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
∴
1
3
PM
PC
PA
AC
=
=
，
∴PM
1
3
=
PA，
∴1
3 AP+BP＝PM+PB，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM 中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM
2
2
1
7
=
+
=5
2 ，
∴1
3 AP+BP≥5
2 ，
∴1
3 AP+BP 的最小值为5
2 ．
故选：B．
2.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，点O 是BC 边的中点，G 为正方形内一动点，且
1
GO = ．点P 是CD
边上另一动点，连接PG 、PA ，则PA
PG
+
的最小值为
．
【答案】13
1
- / 1
13
- +
【分析】本题考查了轴对称求最短线段，矩形和正方形的性质，圆的定义，勾股定理等知识，利用对称的
性质作线段的等量转移是解题关键．作点A 关于直线CD 的对称点A¢，连接OA¢ ，以O 为圆心，OG 长为半
径作圆，点G 在圆上运动，OA¢ 、CD 与
O
e
交于点G¢、P¢ ，则PA
PA¢
=
，
2
AD
A D
¢
=
=
，
1
G O
GO
¢
=
= ，
当点G 、P 在G¢、P¢ 位置时，此时点O 、G¢、P¢ 、A¢四点共线，PA
PG
GO
+
+
有最小值为OA¢ 长，过点O
作OE
AD
^
于点E ，求出
13
OA¢ =
，即可求解．
【详解】解：Q正方形ABCD 的边长为2，点O 是BC 边的中点，
2
AD
BC
CD
\
=
=
= ，
1
OC = ，
90
BCD
CDA
Ð
= Ð
=
° ，
如图，作点A 关于直线CD 的对称点A¢，连接OA¢ ，以O 为圆心，OG 长为半径作圆，点G 在圆上运动，OA¢
与CD 与
O
e
交于点P¢ 、G¢，
则PA
PA¢
=
，
2
AD
A D
¢
=
=
，
1
G O
GO
¢
=
= ，
PA
PG
GO
PA
PG
G O
OA
¢
¢
¢
\
+
+
=
+
+
³
，
当点G 、P 在G¢、P¢ 位置时，此时点O 、G¢、P¢ 、A¢四点共线，PA
PG
GO
+
+
有最小值为OA¢ 长，
过点O 作OE
AD
^
于点E ，则四边形OCDE 是矩形，
1
DE
OC
\
=
= ，
2
OE
CD
=
=
，
3
A E
¢
\
= ，
2
2
13
OA
OE
A E
¢
¢
\
=
+
=
，
PA
PG
GO
\
+
+
的最小值为13 ，
PA
PG
\
+
的最小值为13
GO
-
，即13
1
- ，
故答案为：13
1
- ．
3.（2025·广东清远·模拟预测）如图，抛物线
2
5
y
ax
bx
=
+
+
与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，
4
AB =
．抛物线的对称轴直线
3
x =
与经过点A 的直线
1
y
kx
=
- 交于点D，与x 轴交于点E．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若在抛物线上存在点M，使得
ADM
△
是以AD 为直角边的直角三角形，求出所有点M 的坐标；
(3)以点B 为圆心，画半径为2 的圆，P 为
B
☉
上一个动点，请求出
1
2
+
PC
PA的最小值．
【答案】(1)
2
6
5
y
x
x
=
-
+
(2)存在，(4, 3)
-
或(0,5) 或(5,0)
(3)
41
【分析】（1）根据题意，可求出点
,
A B 的坐标，再运用待定系数法即可求解；
（2）根据直角三角形的性质，分类讨论：①当
90
DAM
Ð
=
° 时；②当
90
ADM
Ð
=
° 时；分别求出直线的解
析式，再联立二次函数为二元一次方程组求解即可；
（3）如图，在AB 上取点F ，使
1
BF = ，连接CF ，可证PBF
ABP
V
V
∽
，得
1
2
PF
PA
=
，当点C
P
F
、、
三点
共线时，
1
2
+
PC
PA的值最小，运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴
3
x =
，
4
AB =
，
∴
1,0
A
，
5,0
B
．
∴将(1,0), (5,0)
A
B
代入
2
5
y
ax
bx
=
+
+
，
得
5
0
25
5
5
0
a
b
a
b
+
+
=
ì
í
+
+
=
î
，
解得
1
6
a
b
=
ì
í = -
î
，
\抛物线的解析式为
2
6
5
y
x
x
=
-
+
；
（2）解：存在点M ，理由如下：
Q直线AD 的解析式为
1
y
kx
=
- ，将
1,0
A
代入得
1
0
k - =
解得：
1
k =
∴直线AD 的解析式为：
1
y
x
=
-
∵抛物线对称轴
3
x =
与x 轴交于点E ，
∴当
3
x =
时，
1
2
y
x
=
- =
，
∴
3,2
D
，
①当
90
DAM
Ð
=
° 时，设直线AM 交对称轴于点F ，
∵
1,0
A
，
3,2
D
，二次函数对称轴为
3
x =
，
∴
3 1
2
AE =
- =
，
2
DE =
，DE
x
^
轴，
∴
ADE
V
是等腰直角三角形，
45
EAD
EDA
Ð
= Ð
=
° ，
∵
90
DAM
Ð
=
° ，
∴
45
Ð
=
°
MAE
，且
90
FEA
DEA
Ð
=
° = Ð
，
∵AE
AE
=
∴
ASA
DAE
FAE
V
V
≌
，
∴
2
ED
EF
=
=
，
∴点F 坐标为(3, 2)
-
，
设直线AM 的解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
，将点A
F
、
坐标代入，
得
1
1
1
1
0
3
2
k
b
k
b
+
=
ì
í
+
= -
î
，
解得
1
1
1
1
k
b
= -
ì
í
=
î
，
\直线AM 的解析式为
1
y
x
= - + ，
解方程组
2
1
6
5
y
x
y
x
x
= - +
ì
í
=
-
+
î
，
得
1
0
x
y
=
ì
í
=
î
或
4
3
x
y
=
ì
í
= -
î
，
∴点M 的坐标为(4, 3)
-
；
②∵
1,0
A
，
3,2
D
，
5,0
B
∴
2 2,
2 2,
4
AD
DB
AB
=
=
=
∴
2
2
2
AB
AD
DB
=
+
∴
ABD
△
是直角三角形，
当
90
ADM
Ð
=
° 时，根据点
,
A B 关于抛物线对称轴对称，
则直线DM 经过点B 坐标为(5,0) ，
设直线DM 的解析式为
2
2
y
k x
b
=
+
，将点D
B
、坐标代入，
得
2
2
2
2
5
0
3
2
k
b
k
b
+
=
ì
í
+
=
î
，
解得
2
2
1
5
k
b
= -
ì
í
=
î
，
\直线DM 的解析式为
5
y
x
= - +
，
解方程组
2
5
6
5
y
x
y
x
x
= - +
ì
í
=
-
+
î
，
解得
0
5
x
y
=
ì
í
=
î
或
5
0
x
y
=
ì
í
=
î
，
∴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）解：已知
5,0
B
，以点B 为圆心，画半径为2 的圆，点P 为
B
e
上一个动点，
如图，在AB 上取点F ，使
1
BF = ，连接CF ，
2
PB =
Q
，
∴
1
2
BF
PB =
，
2
1
4
2
PB
AB =
=
Q
，
BF
PB
PB
AB
\
=
，
又
PBF
ABP
Ð
= Ð
Q
，
PBF
ABP
\△
∽△
，
1
2
PF
BF
PA
PB
\
=
=
，即
1
2
PF
PA
=
，
1
2
PC
PA
PC
PF
CF
\
+
=
+
³
，
\当点C
P
F
、、
三点共线时，
1
2
+
PC
PA的值最小，即为线段CF 的长，
5,
1
5 1
4
OC
OF
OB
=
=
- =
- =
Q
，
2
2
2
2
5
4
41
CF
OC
OF
\
=
+
=
+
=
，
1
2
PC
PA
\
+
的最小值为
41 ．
4.（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+
的图象交x 轴于
1 0
A
B
- ，，
两点，
4
AB
C
= ，
为抛物线顶点．
(1)求b
c
，的值；
(2)点P 为直线AC 下方抛物线上一点，过点P 作PQ
x
^
轴，垂足为点Q ，交AC 于点M ，是否存在
3
QM
PM
=
？若存在，求出此时P 点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，以B 为圆心，2 为半径作圆，N 为圆B 上任一点，求
1
2
CN
AN
+
的最小值．
【答案】(1)
2
b = - ，
3
c = -
(2) 1
32
,
3
9
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
(3) 17
【分析】（1）通过AB 长度先得到B 点坐标，再将
,
A B 两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线AC 的函数表达式，设出P 点坐标为
2
,
2
3
m m
m
-
-
，进而得到
,
P M 两点坐标，再通过
3
QM
PM
=
列出方程，解方程即可；
（3）取取
2,0
R
，连接NR ，BN ，先证得RBN
NBA
V
V
∽
，得到
1
2
RN
NA
=
，进而可得到
1
2
CN
AN
CN
RN
CR
+
=
+
³
，再通过
,
C R 两点坐标求得CR 长度．
【详解】（1）解：
4
AB =
Q
，
B
\
点坐标为
3,0 ，
将
1,0
A -
，
3,0
B
代入
2
y
x
bx
c
=
+
+
，
得
1
0
9
3
0
b
c
b
c
-
+
=
ì
í +
+
=
î
，
解得
2
b = - ，
3
c = -
（2）解：设直线AC 的表达式为y
kx
b
=
+
，
由（1）可知抛物线的表达式为
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
=
-
-
=
-
-
，
故C 点坐标为
1, 4
-
，
\直线AC 的表达式为
2
2
y
x
= -
-
设P 点坐标为
2
,
2
3
m m
m
-
-
，
则
,0
Q m
，M
, 2
2
m
m
-
-
，
0
2
2
2
2
QM
m
m
\
=
- -
-
=
+
，
2
2
2
2
2
3
1
PM
m
m
m
m
= -
-
-
-
-
= -
+
若
3
QM
PM
=
，
则
2
2
2
3
1
m
m
+
=
-
+
，
解得
1
1
3
m =
，
2
1
m = -
1
1
m
- <
<
Q
，
故
1
3
m =
，此时P 点坐标为1
32
,
3
9
æ
ö
-
ç
÷
è
ø；
（3）如图，取
2,0
R
，连接NR ，BN
1
BR =
Q
，
2
BN =
，
4
BA =
，
BR
BN
BN
BA
\
=
又
RBN
NBA
Ð
= Ð
Q
，
RBN
NBA
\△
△
∽
，
1
2
RN
BN
AN
BA
\
=
=
，
1
2
RN
NA
\
=
，
1
2
CN
AN
CN
RN
CR
\
+
=
+
³
，
2
2
4
1
17
CR =
+
=
，
故
1
2
CN
AN
+
的最小值为17 ．
5.问题提出：如图1，在Rt
ABC
△
中，
90
C
Ð
=
° ，
4
CB =
，
6
CA =
，
C
e
的半径为2，P 为圆上一动点，连
接AP ，BP ，求
1
2
AP
BP
+
的最小值．
(1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图1，连接CP ，在CB 上取一点D，使
1
CD = ，连接PD ，则
1
2
CD
CP
CP
CB
=
=
．又因为
PCD
BCP
Ð
= Ð
，所以
PCD
BCP
△
∽△
，所以
1
2
PD
CD
BP
CP
=
=
．所以
1
2
PD
PB
=
．所以
1
2
AP
BP
AP
PD
+
=
+
．请你完成余下的思考，并求出
1
2
AP
BP
+
的最
小值；
(2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求1
3 AP
BP
+
的最小值；
(3)拓展延伸：如图2，已知在扇形COD 中，
90
COD
Ð
=
° ，
6
OC =
，
3
OA =
，
5
OB =
，P 是
CD 上一点，求
2PA
PB
+
的最小值．
【答案】(1)见解析
(2) 2 37
3
(3)13
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定
和性质是关键．
（1）连接AD ，得到当点A，P，D 在同一条直线上时，AP
PD
+
最小，即
1
2
AP
BP
+
的最小值为AD 的
长．求出AD 的长即可；
（2）连接CP ，在CA 上取点D，使
2
3
CD =
，连接BD ，PD ，证明PCD
ACP
V
V
∽
．得到
1
3
PD
AP
=
．则
1
3 AP
BP
PD
BP
+
=
+
．当点B，P，D 在同一直线上时，BP
PD
+
的值最小，即1
3 AP
BP
+
的最小值为BD 的
长，进一步求出BD 的长即可；
（3）延长OA到点E，使
6
CE =
，连接PE ，OP ．证明OAP
OPE
V
V
∽
．得到
2
EP
PA
=
．2PA
PB
EP
PB
+
=
+
．当E，P，B 三点共线时，2PA
PB
+
取得最小值，即2PA
PB
+
的最小值
为BE 的长．进一步求出BE 的长即可．
【详解】（1）解：如图，连接AD ，
1
2
AP
BP
AP
PD
+
=
+
Q
，要使
1
2
AP
BP
+
最小，即AP
PD
+
最小．
\当点A，P，D 在同一条直线上时，AP
PD
+
最小，即
1
2
AP
BP
+
的最小值为AD 的长．
在Rt
ACD
△
中，
1
CD = ，
6
AC =
，
2
2
2
2
6
1
37
=
+
=
+
=
AD
AC
CD
．
1
2
AP
BP
\
+
的最小值为37 ．
（2）如图，连接CP ，在CA 上取点D，使
2
3
CD =
，连接BD ，PD ，
1
3
CD
CP
CP
CA
\
=
=
．
PCD
ACP
Ð
= Ð
Q
，
PCD
ACP
\△
∽△
．
1
3
PD
CD
AP
CP
\
=
=
．
1
3
PD
AP
\
=
．
1
3 AP
BP
PD
BP
\
+
=
+
．
Q当点B，P，D 在同一直线上时，BP
PD
+
的值最小，即1
3 AP
BP
+
的最小值为BD 的长，
在Rt
BCD
△
中，
2
2
2
2
2
2 37
4
3
3
BD
BC
CD
æ
ö
=
+
=
+
=
ç
÷
è
ø
．
1
3 AP
BP
\
+
的最小值为2 37
3
．
（3）如图，延长OA到点E，使
6
CE =
，连接PE ，OP ．
6
6
12
OE
OC
CE
\
=
+
=
+
=
．
3
OA =
Q
，
6
OP
OC
=
=
，
1
2
OA
OP
OP
OE
\
=
=
．
AOP
AOP
Ð
= Ð
Q
，
OAP
OPE
\△
∽△
．
1
2
PA
OA
EP
OP
\
=
=
．
2
EP
PA
\
=
．
2PA
PB
EP
PB
\
+
=
+
．
\当E，P，B 三点共线时，2PA
PB
+
取得最小值，即2PA
PB
+
的最小值为BE 的长．
在Rt BOE
V
中，
2
2
2
2
5
12
13
BE
OB
OE
=
+
=
+
=
．
PA
PB
\Ð
+
的最值为13．
技巧15 最值模型之瓜豆直线轨迹原理模型
瓜豆原理：一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点的
轨迹相同。
只要满足：
动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型，主动点叫瓜（豆），从动点叫瓜（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。
模型1）如图，P 是直线BC 上一动点，A 是直线BC 外一定点，连接AP，取AP 中点Q，当点P 在直线上
运动时，则Q 点轨迹也是一条直线。
证明：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．
模型2）如图，在△APQ 中AP=AQ，∠PAQ=a 为定值，当点P 在直线BC 上运动时，则Q 点轨迹也是一
条直线。
证明：在BC 上任取一点P1，作三角形△AP1Q1，且满足∠P1AQ1=a ，AQ1=AP1，连结Q1Q 交BC 于点N，
∵AP=AQ，AQ1=AP1，∠P1AQ1=∠PAQ=a ，
1
1
APP
AQQ
\D
D
，∴∠APP1=∠AQQ1，
∵∠AMP=∠NMQ，∴∠MNQ=∠PAQ=a ，即Q 点所在直线与BC 的夹角为定值，故Q 点轨迹是一条直线．
例1．（2025·江苏宿迁·三模）如图，在矩形ABCD 中，
4
AB =
，
2
BC =
，E 是对角线AC 上的一动点，连
接BE ，若以BE 为边向右上侧作等边BEG
V
；点E 从点A 运动到点C 的过程中，连接CG ，则线段CG 的最
小值是
．
P
Q
A
B
C
N
C
B
A
Q
P
M
则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹
长度的比和它们到定点的距离比相同。
1、两“动”，一“定”
2、两动点与定点的连线夹角是定角
3、两动点到定点的距离比值是定值
【答案】2 5
15
5
-
【分析】以BC 为边作等边
BCF
V
，连接FG ．证明
SAS
EBC
GBF
V
V
≌
，得到
BCE
BFG
Ð
= Ð
，从而
tan
tan
2
BFG
ECB
Ð
=
Ð
=
，因此
BFG
Ð
是定值，即点G 在与BF 成定角的直线GF 上运动．过点C 作CH
FG
^
于点H，则点G 在点H 时，CG 取得最小值，最小值为CH 的长．当点E 与点A 重合时，过点G 作GM
AB
^
于点M，过点F 作FN
BC
^
于点N，求出BCG
V
，
BCF
V
，GBF
V
的面积，得到
Rt
2
3
FCG
GBF
BCG
BCF
S
S
S
S
=
-
-
=
-
V
V
V
V
，根据勾股定理求出GF ，再由三角形的面积求出CH ，即可解答．
【详解】解：如图，以BC 为边作等边
BCF
V
，连接FG ．
∵BEG
V
和
BCF
V
都是等边三角形，
∴BE
BG
=
，BC
BF
=
，
60
EBG
CBF
Ð
= Ð
=
°，
∴
EBC
GBF
Ð
= Ð
，
∴
SAS
EBC
GBF
V
V
≌
，
∴
BCE
BFG
Ð
= Ð
，
∵在矩形ABCD 中，
4
AB =
，
2
BC =
，
∴tan
2
AB
ACB
BC
Ð
=
=
，
∴tan
tan
2
BFG
ECB
Ð
=
Ð
=
，
∴
BFG
Ð
是定值，即点G 在与BF 成定角的直线GF 上运动．
过点C 作CH
FG
^
于点H，则点G 在点H 时，CG 取得最小值，最小值为CH 的长．
如图，当点E 与点A 重合时，
过点G 作GM
AB
^
于点M，过点F 作FN
BC
^
于点N，
∴
1
2
2
BM
AB
=
=
，
∴
1
1
2 2
2
2
2
BCG
S
BC BM
=
×
=
´ ´
=
V
．
∵
BCF
V
是等边三角形，
∴
2
BF
BC
=
=
，
sin
2sin 60
3
FN
BF
CBF
=
×
Ð
=
° =
，
∴
1
1
2
3
3
2
2
BCF
S
BC FN
=
×
=
´ ´
=
V
．
∵
Rt
1
1
4 2
4
2
2
ABC
S
AB BC
=
×
=
´ ´
=
V
，GBF
ABC
V
V
≌
，
∴
Rt
Rt
4
GBF
ABC
S
S
=
=
V
V
，
90
GBF
ABC
Ð
= Ð
=
°，
4
BG
AB
=
=
，
∴在Rt
GBF
△
中，
2
2
2
2
4
2
2 5
GF
BG
BF
=
+
=
+
=
∵
Rt
4
2
3
2
3
FCG
GBF
BCG
BCF
S
S
S
S
=
-
-
=
-
-
=
-
V
V
V
V
，
又
1
2
FCG
S
FG CH
=
×
V
，
∴
1
2
3
2 5
2
CH
-
=
×
，
∴
2 5
15
5
CH
-
=
，
∴点E 从点A 运动到点C 的过程中，线段CG 的最小值是2 5
15
5
-
．
故答案为：2 5
15
5
-
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，解直角三角形，正确找出点G 的运动轨
迹，根据三角形的面积求解是解题的关键．
例2．（24-25 八年级上·山东济宁·期末）如图，在直角坐标系中，点A 的坐标是(0,8) ，点B 是x 轴上的一
个动点．以AB 为边向右侧作等边三角形ABC ，连接OC ，在运动过程中，OC 的最小值为
．
【答案】4
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形等知识的综合，理解等边
三角形的性质，构造三角形全等，数形结合分析是解题的关键．
如图所示，以AO 为边，在AO 左边作等边三角形AOD ，连接BD ，证明
ABD
ACO SAS
V
V
≌
，得到
OC
BD
=
，当BD
OB
^
时，BD 的值最小，根据等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，结合坐
标与图形即可求解．
【详解】解：如图所示，以AO 为边，在AO 左边作等边三角形AOD ，连接BD ，
∴
,
60
AO
AD
OAD
=
Ð
=
° ，
∵ABC
V
是等边三角形，
∴
,
60
AB
AC
BAC
=
Ð
=
° ，
∴
OAD
OAB
BAC
OAB
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
DAB
OAC
Ð
= Ð
，
在ABD
V
和ACO
V
中，
AD
AO
DAB
OAC
AB
AC
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，
∴
ABD
ACO SAS
V
V
≌
，
∴OC
BD
=
，
∴BD 的值最小时，OC 的值最小，
当BD
OB
^
时，BD 的值最小，
∵
0,8
A
，
∴
8
OA =
，
∵AOD
V
是等边三角形，
∴
8,
60
OA
AD
OD
AOD
=
=
=
Ð
=
° ，
∴
90
60
30
BOD
AOB
AOD
Ð
= Ð
- Ð
=
°-
° =
°，
在Rt BOD
V
中，
1
1
8
4
2
2
BD
OD
=
=
´ =
，
故答案为：4 ．
例3．（2024·山东泰安·校考一模）如图，矩形ABCD 的边
11,
3
2
AB
BC
=
=
，E 为AB 上一点，且
1
AE = ，F
为AD 边上的一个动点，连接EF ，若以EF 为边向右侧作等腰直角三角形
,
EFG EF
EG
=
，连接CG ，则CG
的最小值为（ ）
A．5
B．5
2
C．3
D．2 2
【答案】B
【分析】过点G 作GH⊥AB 于H，过点G 作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△EFA，可得GH＝AE＝1，
可得点G 在平行AB 且到AB 距离为1 的直线MN 上运动，则当F 与D 重合时，CG 有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，过点G 作GH⊥AB 于H，过点G 作MN∥AB，
∵四边形ABCD 是矩形，AB＝11
2 ，BC＝3，∴∠B＝90°，CD＝11
2 ，AD＝3，
∵AE＝1，∴BE＝9
2 ，∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°，
∴∠GEH＋∠EGH＝90°，∠GEH＋∠FEA＝90°，∴∠EGH＝∠FEA，
又∵GE＝EF，∴△GEH≌△EFA（AAS），∴GH＝AE＝1，
∴点G 在平行AB 且到AB 距离为1 的直线MN 上运动，
∴当F 与D 重合时，CG 有最小值，此时AF＝EH＝3，
∴CG 的最小值＝
2
2
11
5
1 3
2
2
2
æ
ö
- -
+
=
ç
÷
è
ø
，故选B．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G 的运动轨迹是本题的关键．
例4．（2024·四川达州·一模）如图，在矩形ABCD 中，
4
AB =
，
5 3
BC =
，点P 在线段BC 上运动（含B，
C 两点），连接AP ，以点A 为中心，将线段AP 逆时针旋转60°到AQ ，连接DQ ，则线段DQ 的最小值为
.
【答案】7
2 / 1
3 2 /3.5
【分析】如图，以AB 为边向右作等边
ABF
△
，作射线FQ 交AD 于点E，过点D 作DH
QE
^
于H．利用全
等三角形的性质证明
90
AFQ
Ð
=
° ，推出
60
AEF
Ð
=
° ，推出点Q 在射线FE 上运动，求出DH ，可得结论．
【详解】解：如图，以AB 为边向右作等边
ABF
△
，作射线FQ 交AD 于点E，过点D 作DH
QE
^
于H．
∵四边形ABCD 是矩形，∴
90
ABP
BAD
Ð
= Ð
=
° ，∵
ABF
APQ
，
△
△
都是等边三角形，
∴
60
BAF
PAQ
BA
FA
PA
QA
Ð
= Ð
=
°
=
=
，
，
，∴
BAP
FAQ
Ð
= Ð
，
在
BAP
△
和
FAQ
△
中，
BA
FA
BAP
FAQ
PA
QA
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，∴
(SAS)
BAP
FAQ
≌
△
△
，∴
90
ABP
AFQ
Ð
= Ð
=
°，
∵
90
60
30
FAE
Ð
=
°-
° =
°，∴
90
30
60
AEF
Ð
=
°-
° =
° ，
∵
4
AB
AF
=
=
，
8 3
cos30
3
AF
AE
\
=
=
°
，∴点Q 在射线FE 上运动，
∵
5 3
AD
BC
=
=
，∴
7 3
3
DE
AD
AE
=
-
=
，∵
60
DH
EF
DEH
AEF
^
Ð
= Ð
=
°
，
，∴
7 3
3
sin 60
3
7
2
2
DH
DE
=
×
° =
´
=
．据垂线段最短可知，当点Q 与H 重合时，DQ 的值最小，最小值为7
2 ．
故答案为：7
2 ．
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转变换，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形
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，本题的突破点是证明点Q 的在射
线FE 上运动．
例5．（24-25 九年级下·陕西西安·期中）【问题探究】
（1）如图 1，在
ABC
V
中， AB
AC
D
=
，
为 BC 的中点，连接 AD ，则 AD 与 BC 的位置关系
是_____．
（2）如图2，在
ABC
V
中，AB
AC
=
，
120
BAC
Ð
=
° ，E 是线段BC 上一动点(不与B 、C 重合)，连接
AE ，将线段AE 绕点A 逆时针旋转 120o 得到线段AF ，连接EF ，点M 和点N 分别是边 BC
EF
、
的中
点．试探究BE 和MN 的数量关系，并说明理由．
【问题解决】
（3）如图 3，正方形 ABCD 是一块蔬菜种植基地，边长为 3 千米，对角线 BD 为该基地内的一条小路，
管理人员计划在小路 BD 上确定一点 E (不与点 B D
、 重合)，连接 AE ，以线段 AE 为斜边，在 AE
右侧建等腰直角
AEF
△
区域(
90
EFA
Ð
=
° )，用来种植新品有机蔬菜，并在 F 处设立蔬菜仓库． G
点和 D 点为基地的两个蔬菜打包装运点， G 在 BD 上且
2
BG
DG
=
． 现要沿 GF
DF
、
修建蔬菜运
输轨道，请确定运输轨道 GF
DF
+
的最小值． 并求出当 GF
DF
+
最小时，有机蔬菜种植区域的面积 (即
AEF
△
的面积)．
【答案】（1）AD
BC
^
；（2）
2
BE
MN
=
，理由见解析；（3）运输轨道GF
DF
+
的最小值为
5 千米，
AEF
△
的面积为45
32 平方千米．
【分析】（1）根据全等三角形的判定得出
SSS
ABD
ACD
@
V
V
，进一步根据
180
ADB
ADC
Ð
+ Ð
=
°，即可
推出
90
ADB
ADC
Ð
= Ð
=
°，即证；
（2）由题意连接AM ，AN ，先得出
2
AB
AM
=
，同理可得
2
AE
AN
=
，
60
EAN
Ð
=
°，进一步利用
BAE
MAN
V
V
即可进行证明；
（3）首先确定出F 的运动轨迹E F
¢ ¢，由两点之间线段最短可知，当
,
,
A F G 三点共线时，GF
DF
+
取最小
值AG ，继而在Rt AE G
¢
V
中，由勾股定理得出AG ，过G 作GH
AD
^
,交AD 于点H ，利用相似性质得出
AF ，即可进一步求
AEF
△
的面积．
【详解】解：（1）由题意知，在
ABD
△
与ACD
V
中，
AB
AC
=
，BD
CD
=
（中点定义），AD
AD
=
，
SSS
ABD
ACD
\
@
V
V
，
ADB
ADC
\Ð
= Ð
，
又
180
ADB
ADC
Ð
+ Ð
=
°（平角定义），
90
ADB
ADC
\Ð
= Ð
=
° ，即AD
BC
^
．
故答案为：AD
BC
^
．
（2）
2
BE
MN
=
，理由如下：
如图，连接AM ，AN ，
AB
AC
BM
CM
=
=
Q
，
，
AM
CM
\
^
，
120
BAC
AB
AC
Ð
=
°
=
Q
，
，
30
B
C
\Ð
= Ð
=
°，
60
BAM
\Ð
=
°，
2
AB
AM
\
=
，
同理可得
2
AE
AN
=
，
60
EAN
Ð
=
°，
60
BAM
EAN
Ð
= Ð
=
°
\
，
BAE
MAN
\Ð
= Ð
，
2
2
AB
AM
AE
AN
=
=
Q
，
，
2
AB
AE
AM
AN
=
=
\
，
BAE
MAN
\V
V
，
2
BE
AB
MN
AM
=
=
\
，
2
BE
MN
\
=
．
（3）取BD 中点E¢ ，连接AE¢，过E¢ 作E F
AD
¢ ¢ ^
，交AD 于F¢，
由正方形ABCD 可得
45 ,
ABE
BAE
Ð
¢ = Ð
¢ =
°
45 ,
45
ABE
AEF
BAE
EAF
Ð
¢ = Ð
=
° Ð
¢ = Ð
=
°
Q
,
ABE
AEF
\
¢
V
V
，
2,
AB
AE
BAE
E AF
AE
AF
\
=
=
Ð
= Ð ¢
¢
,
ABE
AE F
\
¢
V
V
，
45
AE F
ABE
Ð
¢
= Ð
=
°
\
，
E F
AD
¢ ¢ ^
Q
,
AE F
\
¢ ¢
V
是等腰直角三角形，
从而确定出F 的运动轨迹即E F
¢ ¢如下图：
E F
AF
F D
\ ¢ ¢ =
¢ =
¢
,
DF
AF
\
=
，即GF
DF
+
最小值等于GF
AG
+
最小值,
由两点之间线段最短可知，当
,
,
A F G 三点共线时，GF
DF
+
取最小值AG ，
Q正方形ABCD 边长为3 千米，E¢ 是BD 中点，
\在Rt
ABD
V
中，由勾股定理得
1
3 2
2
2
AE
BE
DE
BD
¢ =
¢ =
¢ =
=
千米,
Q
2
BG
DG
=
，
2
2 2
3
BG
BD
\
=
=
千米，
2
GD =
千米，
2
2
E G
BG
BE
\ ¢
=
-
¢ =
千米，
在Rt AE G
¢
V
中，由勾股定理得
2
2
5
AG
AE
E G
=
¢ +
¢
=
千米，
即运输轨道GF
DF
+
的最小值为
5 千米，
过G 作GH
AD
^
,交AD 于点H ，如图，
,
E F A
GHA
E F D
GHD
Ð ¢ ¢
= Ð
Ð ¢ ¢
=
Q
,
,
AF F
AGH
GHD
E F D
\
¢
¢ ¢
V
V
V
V
,
2
2 ,
3
3 2
2
DH
DG
DF
DE
\
=
=
=
¢
¢
'
'
'
3
2
4
2
'
'
3
AF
AF
DF
DF
AG
AH
AD
DH
DF
DF
\
=
=
=
=
-
-
,
3
3 5
4
4
AF
AG
\
=
=
千米，
此时
AEF
△
的面积为3 5
3 5
1
45
4
4
2
32
´
´
=
平方千米．
技巧16 最值模型之瓜豆圆弧轨迹原理模型
“主从联动”模型也叫“瓜豆”模型，出自成语“种瓜得瓜，种豆得豆”。这类动点问题中，一个动点随另一
个动点的运动而运动，我们把它们分别叫作从动点和主动点，从动点和主动点的轨迹是一致的，即所谓“种”
线得线，“种”圆得圆（而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是）。解决这一类问题通常用到
旋转、全等和相似。
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？
分析：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，P 是圆O 上一个动点，A 为定点，连接AP，作AQ⊥AP 且AQ=AP，当点P 在圆O 上
运动时，Q 点轨迹是？
分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO=AM；任意时刻均有△APO≌△AQM，且MQ=PO。
则动点Q 是以M 为圆心，MQ 为半径的圆。
模型（1-3）. 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？
分析：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。
A
O
P
Q
Q
P
O
A
M
O
P
Q
A
M
A
Q
P
O
O
P
Q
A
O
P
Q
M
A
模型（1-4）.为了便于区分动点P、Q，可称P 为“主动点”，Q 为“从动点”。
此类问题的两个必要条件：①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）；②主动点、从
动点到定点的距离之比是定量（AP：AQ 是定值）。
例1．（24-25 九年级上·湖北荆州·期中）在矩形ABCD 中，
6
AB =
，点E 在BC 上，点F 在平面内，
2
BE =
，
3
EF = ，连按AF ，将线段AF 绕着点A 顺时针旋转90°得到AP ，则线段PE 的最大值为
．
【答案】4 5
3
+
【分析】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，将线段AE 绕点A 顺时针旋转90°得
1
AE ，得
1
90 ,
E AE
Ð
=
°
1
AE
AE
=
，将线段AF 绕点A 顺时针旋转90°得AP ，得
90 ,
FAP
Ð
=
° AP
AF
=
，证明
1
APE
AFE
V
V
≌
，得
1
3,
E P
EF
=
=
判断要使EP 最大，则
1
,
,
P E E 三点共线时最大，最大值为
1
EP ，根据勾股定
理可求出
1
4 5,
EE =
即可得出结论
【详解】解：∵F 在平面内，且
3
EF = ，
∴F 在以E 为圆心，3 为半径的圆上，如图，
α
A
Q
P
O
α
α
O
P
Q
M
A
小学
初中
将线段AE 绕点A 顺时针旋转90°得
1
AE ，
∴
1
90 ,
E AE
Ð
=
°
1
AE
AE
=
，
将线段AF 绕点A 顺时针旋转90°得AP ，
∴
90 ,
FAP
Ð
=
° AP
AF
=
，
∴
1
90 ,
E AP
PAE
EAF
PAE
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
°
∴
1
,
E AP
EAF
Ð
= Ð
∴
1
APE
AFE
V
V
≌
，
∴
1
3,
E P
EF
=
=
∴P 在点
1
E 为圆心，3 为半径的圆上，
要使EP 最大，则
1
,
,
P E E 三点共线时最大，最大值为
1
EP ；
∵四边形ABCD 是矩形，
∴
90
ABC
Ð
=
°，
∵
6,
2,
AB
BE
=
=
∴
2
2
2 10,
AE
AB
BE
=
+
=
∴
1
2 10
AE
AE
=
=
，
∴
2
2
1
1
4 5,
EE
AE
AE
=
+
=
∴
1
1
1
4 5
3,
EP
EE
EP
=
+
=
+
∴PE 的最大值为4 5
3
+ ，
故答案为：4 5
3
+ ．
例2．（2024 春·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD 为正方形，P 是以边AD 为直径的
O
e
上一动点，连接BP ，以BP 为边作等边三角形BPQ ，连接OQ ，若
2
AB =
，则线段OQ 的最大值为
．
【答案】
5
1
+ /1
5
+
【分析】连接OB 、OP ，将OB 绕点B 逆时针旋转60°得到O B
¢ ，连接O Q
¢
，通过证明
SAS
OBP
O BQ
¢
V
V
≌
，得出
1
OP
O Q
¢
=
= ，从而得出点Q 在以点O¢ 为圆心，O Q
¢
为半径的圆上运动；则当
点O，O¢ ，P 三点在同一直线上时，OQ 取最大值，易证
OBO¢
△
为等边三角形，求出
5
OO
OB
¢ =
=
，即可
求出
5
1
OQ
OO
O Q
¢
¢
=
+
=
+ ．
【详解】解：连接OB 、OP ，将OB 绕点B 逆时针旋转60°得到O B
¢ ，连接O Q
¢
，
∵OB 绕点B 逆时针旋转60°得到O B
¢ ，∴OB
O B
¢
=
，
60
OBO¢
Ð
=
°，
∵
BPQ
V
为等边三角形，∴PB
QB
=
，
60
PBQ
Ð
=
° ，
∴
OBO
PBO
PBQ
PBO
¢
¢
¢
Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
OBP
O BQ
¢
Ð
= Ð
，
在OBP
V
和O BQ
¢
V
中，
OB
O B
OBP
O BQ
PB
QB
¢
¢
=
ì
ïÐ
= Ð
í
ï
=
î
，∴
SAS
OBP
O BQ
¢
V
V
≌
，
∵
2
AB =
，四边形ABCD 为正方形，∴
2
AD
AB
=
= ，则
1
OA
OP
=
= ，
∴
1
OP
O Q
¢
=
= ，∴点Q 在以点O¢ 为圆心，O Q
¢
为半径的圆上运动；
∴当点O，O¢ ，P 三点在同一直线上时，OQ 取最大值，
在Rt OAB
V
中，根据勾股定理可得：
2
2
5
OB
OA
AB
=
+
=
，
∵OB
O B
¢
=
，
60
OBO¢
Ð
=
°， ∴
OBO¢
△
为等边三角形，∴
5
OO
OB
¢ =
=
，
∴
5
1
OQ
OO
O Q
¢
¢
=
+
=
+ ，故答案为：
5
1
+ ．
【点睛】本题主要考查看瓜豆模型——圆生圆模型，解题的关键是确定从动点Q 的运动轨迹，以及熟练掌
握全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．
例3．（2024·江苏南通·校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD 的边长为2，以点A 为圆心，1 为半径作
圆，E 是⊙A 上的任意一点，将线段DE 绕点D 顺时针方向旋转90°并缩短到原来的一半，得到线段DF，
连结AF，则AF 的最小值是
．
【答案】
1
5
2
-
【分析】通过证GDF
ADE
V
:V
可得
1
2
GF =
，由勾股定理可得
2
2
5
AG
AD
DG
=
+
=
，根据三角形三边关
系求AF 的最小值即可；
【详解】解：如图，取CD 中点G，连接AE、GF、AG，
∵ED⊥DF，∴∠EDF=90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠GDA=90°，
∵∠GDF+∠FDA=90°，∠FDA+∠ADE=90°，∴∠GDF=∠ADE，
∵
1
2
DG
DF
DA
DE
=
=
，∴GDF
ADE
V
:V
，∴
1
2
GF
AE =
，
又AE=1，解得
1
2
GF =
，由勾股定理可得，
2
2
2
2
2
1
5
AG
AD
DG
=
+
=
+
=
，
由三边的关系可得，AF 的最小值为：AG-GF=
1
5
2
-
；故答案为：
1
5
2
-
.
例4．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系xOy 中，对于图形M 与图形N 给出如下定义：P 为图形N
上任意一点，将图形M 绕点P 顺时针旋转90°得到M ¢ ，将所有M ¢ 组成的图形记作M ¢ ，称M ¢ 是图形M 关
于图形N 的“关联图形”．(1)已知
( 2,0)
A -
，
(2,0)
B
，
(2, )
C
t ，其中
0
t ¹
．①若
1
t = ，请在图中画出点A 关
于线段BC 的“关联图形”；②若点A 关于线段BC 的“关联图形”与坐标轴有公共点，直接写出t 的取值范围；
(2)对于平面上一条长度为a 的线段和一个半径为r 的圆，点S 在线段关于圆的“关联图形”上，记点S 的纵坐
标的最大值和最小值的差为d ，当这条线段和圆的位置变化时，直接写出d 的取值范围（用含a 和r 的式子
表示）．
【答案】(1)①见详解；②
4
t £ - 或
2
t ³
(2) 2 2
2 2
r
d
r
a
£
£
+
【分析】（1）①根据新定义找出关键点B
C
、
的旋转90°后连接B C
¢
¢ 即可；②同上理分情况讨论即可；
（2 ）画出分析图，如图所示，线段AB 的长度为a ，圆N 的半径为r ，易得
1
BNP
BN Q
V
V
∽
且相似比为
1:
2 ，再移动图形即可求出d ；本题考查了旋转的性质，圆的有关性质，相似三角形的判定与性质，熟练
掌握以上知识的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：①如图所示：线段B C
¢
¢ 即为所求；
②如图：当
2
t =
时，点A 关于线段BC 的“关联图形”与y 轴恰有公共点，
∴
2
t ³
时，点A 关于线段BC 的“关联图形”与y 轴有公共点；
当
4
t = - 时，点A 关于线段BC 的“关联图形”与x 轴恰有公共点，
∴
4
t £ - 时，点A 关于线段BC 的“关联图形”与x 轴有公共点；
综上所述：
4
t £ - 或
2
t ³
；
（2）如图，画出分析图，如图所示，线段AB 的长度为a ，圆N 的半径为r ，
点A
B
、分别绕点N 顺时针旋转90°得到
1
2
N N
、，分析可知
1
BNP
BN Q
V
V
∽
且相似比为1:
2 ，
可得圆
1
2
N N
、的半径均为
2r ，随意转动图，可得2 2
2 2
r
d
r
a
£
£
+
．
例5．（2025·北京海淀·一模）在平面直角坐标系xOy 中，对于点P 、Q 和图形M ，将图形M 沿射线OQ 方
向平移，平移距离为线段OQ 的长，得到图形M ¢ ．若点P 在图形M ¢ 上，则称点P 为图形M 关于点Q 的“位
移点”．
如图，点
2,0
A
、
0,2
B
．
(1)若
O
e
半径为1，
①在
1(1,0)
P
、
2
5 ,0
2
P æ
ö
ç
÷
è
ø 、
3
3
3
,
2
2
P æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
中，
O
e
关于点A 的“位移点”是______；
②若在线段AB 上存在一点C ，使得点P 为
O
e
关于点C 的“位移点”，直接写出OP 的长的取值范围；
(2)已知点( ,0)
T t
，
T
e 半径为1，点E 在
T
e 上，点P 为线段AB 关于点E 的“位移点”．点
2,6
S
，
S
e 半径
为2 ，点D 在
S
e 上．若存在点D，P，使ODP
V
为以点P 为直角顶点的等腰直角三角形，直接写出t 的取
值范围．
【答案】(1)①
1P 、
3P ；②
2
1
3
OP
- £
£
(2)
2
t = - 或4
2 2
6
t
-
£ £
【分析】（1）①将
O
e
沿射线OA方向平移OA的长的距离，可以得到
A
e
，且
A
e
半径为1，根据新定义
可知
O
e
关于点A 的“位移点”在
A
e
上，再逐个分析即可判断；②
O
e
沿射线OC 方向平移OC 的长的距离，
可以得到
C
e
，且
C
e
半径为1，根据新定义可知点P 在
C
e
上，再利用线段的性质得到OP 的最小值为
1
OC -
，OP 的最大值为
1
OC + ，再对OC 的长分情况讨论即可求解；
（2）分①点P 在OD 的右侧；②点P 在OD 的左侧2 种情况讨论，连接OS ，以OS 为斜边作等腰直角三角
形OFS
V
，作FH
x
^
轴于H ，作SG
FH
^
于G ，连接PF ，利用相似三角形的性质求出
1
PF = ，利用全等
三角形的性质求出点F 的坐标，得出点P 的轨迹是以点F 为圆心，半径为1 的圆，记为
F
e
；将线段AB 沿
射线OT 方向平移OT 的长的距离，可以得到线段A B
¢ ¢，根据新定义可知在线段A B
¢ ¢上存在一点C¢ ，使得点P
在以C¢ 为圆心，半径为1 的圆上，记此时的圆为
C¢
⊙
，再讨论
F
e
与
C¢
⊙
的位置关系即可求出t 的取值范围．
【详解】（1）解：①
2,0
A
Q
，
O
e
半径为1，
O
\e
沿射线OA方向平移OA的长的距离，可以得到
A
e
，且
A
e
半径为1，
1
2 1
1
AP =
- =
Q
，
2
5
1
2
1
2
2
AP =
-
=
¹ ，
2
2
3
3
3
2
1
2
2
AP
æ
ö
æ
ö
=
-
+
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1P
\
、
3P 在
A
e
上，
\
O
e
关于点A 的“位移点”是
1P 、
3P ，
故答案为：
1P 、
3P ；
②由题意得，
O
e
沿射线OC 方向平移OC 的长的距离，可以得到
C
e
，且
C
e
半径为1，
Q点P 为
O
e
关于点C 的“位移点”，
\点P 在
C
e
上，
1
PC
\
= ，
OC
PC
OP
OC
PC
-
£
£
+
Q
，
1
1
OC
OP
OC
\
-
£
£
+ ，
OP
∴
的最小值为
1
OC -
，OP 的最大值为
1
OC + ，
Q点C 在线段AB 上，
\当OC
AB
^
时，OC 最小；当点C 与点A 重合时，OC 最大，
当OC
AB
^
时，
2
OA
OB
=
=
Q
，
90
AOB
Ð
=
° ，
AOB
\V
是等腰直角三角形，
2
2 2
AB
OA
=
=
，
又
OC
AB
^
Q
，
1
2
2
OC
AB
\
=
=
，此时OP 的最小值为
1
2 1
OC- =
- ；
当点C 与点A 重合时，
则
2
OC
OA
=
=
，此时OP 的最大值为
1
2 1
3
OC + =
+ =
，
\综上所述，OP 的长的取值范围为
2
1
3
OP
- £
£
．
（2）解：①当点P 在OD 的右侧，连接OS ，以OS 为斜边在右侧作等腰直角三角形OFS
V
，作FH
x
^
轴于
H ，作SG
FH
^
于G ，连接PF ，如图所示，
OFS
QV
和ODP
V
是等腰直角三角形，
1
2
OF
OP
OS
OD
\
=
=
，
45
DOP
SOF
Ð
= Ð
=
° ，
DOP
DOF
SOF
DOF
\Ð
- Ð
= Ð
- Ð
，即
POF
DOS
Ð
= Ð
，
OPF
ODS
\V
V
∽
，
1
2
PF
OP
DS
OD
\
=
=
，
2
1
2
2
DS
PF
\
=
=
= ，
90
OFS
Ð
=
°
Q
，
90
OFH
GFS
\Ð
+ Ð
=
° ，
又
90
OFH
HOF
Ð
+ Ð
=
°
Q
，
GFS
HOF
\Ð
= Ð
，
又
90
SGF
FHO
Ð
= Ð
=
°
Q
，FS
OF
=
，
AAS
FGS
OHF
\V
V
≌
，
GS
HF
\
=
，FG
OH
=
，
设GS
HF
a
=
=
，FG
OH
b
=
=
，
由点
2,6
S
可得
6
2
a
b
b
a
+
=
ì
í -
=
î
，解得
2
4
a
b
=
ì
í =
î
，
4,2
F
\
，
\点P 的轨迹是以
4,2 为圆心，半径为1 的圆，记为
F
e
；
将线段AB 沿射线OT 方向平移OT 的长的距离，可以得到线段A B
¢ ¢，则有
2
,0
A
t
¢
+
，
,2
B t
¢
，
Q
T
e 半径为1，点E 在
T
e 上，
1
TE
\
= ，
又Q点P 为线段AB 关于点E 的“位移点”，
\在线段A B
¢ ¢上存在一点C¢ ，使得点P 在以C¢ 为圆心，半径为1 的圆上，记此时的圆为
C¢
⊙
，
当点C¢ 与点B¢重合，且
C¢
⊙
与
F
e
相切（C¢ 在F 右侧）时，此时
2
C F¢
=
，t 有最大值，如图所示，
此时
4
2
C F
BF
t
¢
=
= -
=
，
6
t
\ =
，
当FC
A B
¢
¢ ¢
^
，且
C¢
⊙
与
F
e
相切（C¢ 在F 左侧）时，此时
2
C F¢
=
，t 有最小值，如图所示，连接B F¢ ，
由（1）得，
AOB
V
是等腰直角三角形，则有
45
OAB
Ð
=
°，
\由平移的性质得，
45
OA B
OAB
¢ ¢
Ð
= Ð
=
° ，
,2
B t
¢
Q
，
4,2
F
，
B F
x
¢
\
∥
轴，
45
FB C
OA B
¢ ¢
¢ ¢
\Ð
= Ð
=
° ，
FB C
¢ ¢
\V
是等腰直角三角形，
2
2 2
B F
C F
¢
¢
=
=
，
4
2 2
t
\ - =
，
4
2 2
t
\ =
-
；
t
\ 的取值范围为4
2 2
6
t
-
£ £
；
②当点P 在OD 的左侧，连接OS ，以OS 为斜边在左侧作等腰直角三角形OFS
V
，作FH
x
^
轴于H ，作
SG
FH
^
于G ，连接PF ，如图所示，
同理①的方法可得，
1
PF = ，
2,4
F -
，
\点P 的轨迹是以
2,4
-
为圆心，半径为1 的圆，记为
F
e
；
将线段AB 沿射线OT 方向平移OT 的长的距离，可以得到线段A B
¢ ¢，则有
2
,0
A
t
¢
+
，
,2
B t
¢
，
Q
T
e 半径为1，点E 在
T
e 上，
1
TE
\
= ，
又Q点P 为线段AB 关于点E 的“位移点”，
\在线段A B
¢ ¢上存在一点C¢ ，使得点P 在以C¢ 为圆心，半径为1 的圆上，记此时的圆为
C¢
⊙
，
当点C¢ 与点B¢重合，且
C¢
⊙
与
F
e
相切（C¢ 在F 下方）时，此时
2
C F¢
=
，如图所示，
2
2
2
2
C F
t
=
+
+
¢
Q
，
2
2
2
2
2
t
\
+
+
=
，
解得：
2
t = - ，
\当
2
t = - 时，满足题意；
\综上所述，t 的取值范围为
2
t = - 或4
2 2
6
t
-
£ £
．
