2024年中考二轮复习 重难点05 几何动点及最值、存在性问题（含答案解析）

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\l "_Tc164095067" 题型01 将军饮马问题
\l "_Tc164095068" 题型02 胡不归问题
\l "_Tc164095069" 题型03 阿氏圆问题
\l "_Tc164095070" 题型04 隐圆问题
\l "_Tc164095071" 题型05 费马点问题
\l "_Tc164095072" 题型06 瓜豆原理模型
\l "_Tc164095073" 题型07 等腰（边）三角形存在问题
\l "_Tc164095074" 题型08 直角三角形存在问题
\l "_Tc164095075" 题型09 平行四边形存在问题
\l "_Tc164095076" 题型10 矩形、菱形、正方形存在问题
\l "_Tc164095077" 题型11 全等/相似存在性问题
\l "_Tc164095078" 题型12 角度存在性问题
【命题趋势】动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题．随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题．
【基本原理】
1）基本原理（定点到定点）：两点之间，线段最短.
2）三角形两边之和>第三边
3）基本原理（定点到定线）：垂线段最短.
4）平行线的距离处处相等.
5）基本原理（定点到定圆）：点圆之间，点心线截距最短（长）.
6）基本原理（定线到定圆）：线圆之间，心垂线截距最短.
7）基本原理（定圆到定圆）：圆圆之间，连心线截距最短（长）.
【解题思路】
1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题．有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等．根据其运动的特点，又可分为（1） 动点类（点在线段或弧线上运动）也包括一个动点或两个动点； （2） 动直线类；（3）动图形问题．
2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的“变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系；这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论．解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动．解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注－－些不变量和不变关系或特殊关系．
3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰（边）三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题．全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等．
题型01 将军饮马问题
1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，点P是边AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E在边AD上，ME∥DN，则AM+ME的最小值是（ ）

A．23B．3C．32D．42
【答案】C
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM=12BP，DN=12CP，通过证明四边形MNDE是平行四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN=12BP+CP，作点C关于直线AD的对称点M，则BP+CP=BP+PM，点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAP=∠CDP=90°，AD∥BC，
∵点M，N分别是PB，PC的中点，
∴ AM=12BP，DN=12CP，MN=12BC，MN∥BC，
∵ AD∥BC，MN∥BC，
∴ MN∥BC，
又∵ ME∥DN，
∴四边形MNDE是平行四边形，
∴ ME=DN，
∴ AM+ME=AM+DN=12BP+CP，
如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，

则BP+CP=BP+PM，
当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，
在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=210，BC=AD=42，
∴ BM=BC2+MC2=422+2102=62，
∴ AM+ME的最小值=12BM=32，
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，且BE=1，F为对角线BD上一动点，连接CF，EF，则CF+EF的最小值为 ．

【答案】17
【分析】连接AE交BD于一点F，连接CF，根据正方形的对称性得到此时CF+EF=AE最小，利用勾股定理求出AE即可．
【详解】解：如图，连接AE交BD于一点F，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点A与点C关于BD对称，
∴AF=CF，
∴CF+EF=AF+EF=AE，此时CF+EF最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD=4,∠ABC=90°，
∵点E在AB上，且BE=1，
∴AE=AB2+BE2=42+12=17，即CF+EF的最小值为17
故答案为：17．

【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．
3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点C3，0，顶点A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上．

(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=6x，y=−12x+4
(2)在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小,最小值是25+42．
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACE≌△CBDAAS，则CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3−m得到点A的坐标是3−m,3，由A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上得到33−m=6m，解得m=1，得到点A的坐标是2,3，点B的坐标是6,1，进一步用待定系数法即可得到答案；
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，利用轴对称的性质得到AP=A'P，A'2,−3，则AP+PB=A'B，由AB=25知AB是定值，此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，利用待定系数法求出直线A'B的解析式，求出点P的坐标，再求出周长最小值即可．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，
则∠AEC=∠CDB=90°，

∵点C3，0，B6，m，
∴OC=3,OD=6, BD=m，
∴CD=OD−OC=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=90°,AC=BC，
∵∠ACE+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴△ACE≌△CBDAAS，
∴CD=AE=3,BD=EC=m，
∴OE=OC−EC=3−m，
∴点A的坐标是3−m,3，
∵A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上．
∴33−m=6m，
解得m=1，
∴点A的坐标是2,3，点B的坐标是6,1，
∴k=6m=6，
∴反比例函数的解析式是y=6x，
设直线AB所对应的一次函数的表达式为y=px+q，把点A和点B的坐标代入得，
2p+q=36p+q=1，解得p=−12q=4,
∴直线AB所对应的一次函数的表达式为y=−12x+4，
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，

∴点A与点A'关于x轴对称，
∴AP=A'P，A'2,−3，
∵AP+PB=A'P+PB=A'B，
∴AP+PB的最小值是A'B的长度，
∵AB=2−62+3−12=25，即AB是定值，
∴此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，
设直线A'B的解析式是y=nx+t，
则2n+t=−36n+t=1，
解得n=1t=−5，
∴直线A'B的解析式是y=x−5，
当y=0时，0=x−5，解得x=5，
即点P的坐标是5,0，
此时AP+PB+AB=AB+A'B=25+2−62+−3−12=25+42，
综上可知，在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小，最小值是25+42．
【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
题型02 胡不归问题
4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 ．
【答案】42
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
【详解】解：如图，
在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD＝12∠BAC=12×30°=15°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
∴PF＝12PA，
∴PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
∴BF＝AB•sin45°＝4×22=22，
∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42，
故答案为：42．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．
5．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+12BP的最小值为 ．

【答案】6
【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE=12OA=2，进而求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+12BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO

∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
∴∠OAE=∠OAB=12∠BAC=30°
∵BE⊥AC
∴OE=12OA=2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
∴PD=12PB
∴CP+12BP=CP+PD≤CF
∴CP+12BP的最小值为CF的长度
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
∴CP+12BP的最小值为6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
6．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则CP+12AP的最小值是 ．
【答案】23
【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，先利用角平分线和三角形的内角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ=12AP，则CP+12AP=CP+PQ≥CH，当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+12AP最小值为CH，利用含30°的直角三角的性质和勾股定理求出AB，BC，最后利用等面积法求解即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，
由题意知：AF平分∠BAC，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAF=12∠BAC=30°，
∴PQ=12AP，
∴CP+12AP=CP+PQ≥CH，
∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+12AP最小值为CH，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2−AC2=43，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CH，
∴CH=AC⋅BCAB=4×438=23，
即CP+12AP最小值为23．
故答案为：23．
【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．
题型03 阿氏圆问题
7．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．

(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0
(3)41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A1,0,B5,0，
将A1,0代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A1,0,B5,0代入y=ax2+bx+5，得
a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1b=−6，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D3,2，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，
得x=1y=0或x=4y=−3，
∴点M的坐标为4,−3；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D3,2代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，
解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为0,5 或5,0
综上，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
∴BFPB=12，
∵PBAB=24=12，、
∴BFPB=PBAB，
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA，
∴PC+12PA=PC+PF≥CF，
∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=OC2+OF2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
8．（2023·山东济南·一模）抛物线y=−12x2+a−1x+2a与x轴交于Ab,0，B4,0两点，与y轴交于点C0,c，点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．
(1)求a，b，c的值；
(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若S△PMBS△AMB=14，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，旋转角为α(0°<α<90°)，连接E'B，E'C，求E'B+34E'C的最小值．
【答案】(1)a=2，b=−2，c=4
(2)P3,52
(3)3374
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得lBC的解析式，设Pm,−12m2+m+4，则Dm,−m+4，利用相似三角形的判定与性质可得答案；
（3）在y轴上取一点F，使得OF=94，连接BF，由相似三角形的判定与性质可得FE'=34CE'，可得E'B+34E'C=BE'+E'F，即可解答．
【详解】（1）解：将B4,0代入y=−12x2+a−1x+2a，
得−8+4a−1+2a=0，
∴a=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4，
令x=0，则y=4，
∴c=4，
令y=0，则0=−12x2+x+4，
∴x1=4，x2=−2，
∴A−2,0，即b=−2；
∴a=2，b=−2，c=4
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，

设lBC：y=kx+b，将0,4，4,0代入得b=44k+b=0解得：b=4，k=−1，
∴lBC：y=−x+4，
设Pm,−12m2+m+4，则Dm,−m+4，
PD=yP−yD=−12m2+m+4−−m+4=−12m2+2m，
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
∴PMMA=PDHA，
将x=−2代入y=−x+4，
∴HA=6，
∵S△PMBS△AMB=12PM⋅ℎ12AM⋅ℎ=PMAM=14，
∴PDHA=PD6=14，
∴PD=32，
∴32=−12m2+2m，
∴m1=1(舍)，m2=3，
∴P3,52；
（3）在y轴上取一点F，使得OF=94，连接BF，

根据旋转得性质得出：OE'=OE=3，
∵OF⋅OC=94×4=9，
∴OE'2=OF⋅OC，
∴ OE'OF=OCOE'，
∵ ∠COE'=∠FOE'，
∴ △FOE'∽△E'OC，
∴ FE'CE'=OE'OC=34，
∴ FE'=34CE'，
∴ E'B+34E'C=BE'+E'F，当B、E'、F三点共线时，此时E'B+34E'C最小=BF，
最小值为：BF=42+942=3374．
【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．
题型04 隐圆问题
9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）
A．52B．125C．13−32D．13−2
【答案】D
【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形ABCD为矩形
∴∠BAP+∠MAD=90°
∵∠ADM=∠BAP
∴∠MAD+∠ADM=90°
∴∠AMD=90°
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上
连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点
∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵BO2=AB2+AO2，AO=12AD=2
∴BO2=9+4=13
∴BO=13
∵BN=BO−AO=13−2
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
10．（2022·安徽蚌埠·一模）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（ ）
A．325B．2C．213−6D．213−4
【答案】D
【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB=12AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．
【详解】∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，
∴OP=OA=OB=12AB=4
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，
当点O、点P、点C三点共线时，PC最小
在Rt△BCO中，
∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，
∴OC=BO2+BC2=42+62=213，
∴PC=OC−OP=213−4
∴PC最小值为213−4
故选：D．
【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．
11．（20-21九年级上·江苏盐城·期末）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为 ．
【答案】18
【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，据此求解可得．
【详解】解：连接OP，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∵AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ=5，MQ=12，
∴OM=13，
又∵MP'=4，
∴OP'=9，
∴AB=2OP'=18，
故答案是：18．
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．
12．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．
（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，直接写出点C的坐标和⊙C的半径；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；
（2）当点P在y轴正半轴上运动时，∠APB是否有最大值？如果有，说明此时∠APB最大的理由，并求出点P的坐标；如果没有请说明理由．
【答案】（1）①(4，3)或(4,−3)，半径为32；②存在，(0，3+2) 或(0，3−2)，见解析；（2）有，见解析，(0，7)
【分析】（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为P1，P2，此时P1，P2在y轴的正半轴上，连接CP1、CP2、CA，则CP1=CP2=CA =r=32，得DP2=2，即可得；
（2）如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=12AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得EF=7，则OP=7，即可得．
【详解】（1）①如图1中，
在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为32，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件；
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，
∵⊙C的半径r=32>4，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为P1，P2，此时P1，P2在y轴的正半轴上，
连接CP1、CP2、CA，则CP1=CP2=CA =r=32，
∵CD⊥y轴，CD=4，CP1=32，
∴DP2=DP1=CP2−CD2=(32)2−42=2，
∴P1(0,3+2)，P2(0,3−2)；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，
如图3所示，在y轴的正半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，
∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=12AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，EF=EA2−AF2=42−32=7，
∴OP=7，
即 P(0，7)．
【点睛】本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
13．（21-22九年级下·福建厦门·期中）如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条直线时，停止运动．
(1)求点Q的运动总长度；
(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．
【答案】(1)23π
(2)7+1.
【分析】（1）如图，设∠COQ=α, 结合题意可得：∠BOP=2α，结合正三角形的性质求解α=60°, 再利用弧长公式进行计算即可；
（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，证明M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，可得当C，N，M三点共线时，CM最大，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，设∠COQ=α, 结合题意可得：∠BOP=2α，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BOC=360°3=120°,
∴∠BOQ=120°−α,
而P,O,Q三点共线，
∴∠BOQ=180°−2α,
∴120°−α=180°−2α,
解得：α=60°,
∴Q运动的总长度为：60π×2180=23π.
（2）解：如图，取OB的中点N，连接NM，NC，MC，过N作NK⊥BC于K，过O作OE⊥BC于E，
∵M为PB的中点，
∴NM=12OP=1,
∴M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，
∴当C，N，M三点共线时，CM最大，
∵∠BOC=120°,OB=OC,
∴∠OBC=30°,
∴NK=12BN=12,BK=32,
同理可得：BE=3, 则BC=23,
∴CK=23−32=332,
∴NC=(12)2+(332)2=7,
∴CM=CN+NM=7+1,
∴CM的最大值为：7+1.
【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．
题型05 费马点问题
14．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
15．（2021·山东济南·三模）如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．
（1）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．
【答案】（1）是；（2）见解析；（3）①60°，②见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质证明∠ABP=∠PAB=30°, 可得∠APB=120°, 同法可得：∠APC=∠BPC=120°, 从而可得结论；
（2）由P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，证明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，从而可得△ABP∽△BCP；
（3）①如图2所示：由△ABE与△ACD都为等边三角形，证明△ACE≌△ADB（SAS），利用全等三角形的性质可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°； ② 先证明△ADF∽△PCF，可得AFPF=DFCF, 再证明△AFP∽△DFC．可得∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，再证明∠BPC＝120°，从而可得结论．
【详解】解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
（2）∵P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
∴ ∠APB＝∠BPC＝120°，
∴ ∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
∴△ABP∽△BCP．
（3）如图2所示：
①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，{AC=AD∠EAC=∠BADAE=AB
∴△ACE≌△ADB（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵∠1=∠2,∠3=∠4,
∴ △ADF∽△PCF，
∴AFPF=DFCF,
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△DFC．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∵∠6=60°,
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，确定图中隐含的全等三角形与相似三角形是解题的关键．
题型06 瓜豆原理模型
16．（22-23九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，△ACD是等边三角形，则△BCD的面积的最大值为（ ）
A．43+4B．4C．43+8D．6
【答案】A
【分析】以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，证明△DCM≌△ACB得到DM=AB=2，分析出点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，在求出点D到线段BC的最大距离，即可求出面积的最大值．
【详解】解：如图，以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，
∵∠DCA=∠MCB=60°，
∴∠DCA−∠ACM=∠MCB−∠ACM，即∠DCM=∠ACB，
在△DCM和△ACB中，
DC=AC∠DCM=∠ACBMC=BC，
∴△DCM≌△ACBSAS，
∴DM=AB=2，
∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，要使△BCD的面积最大，则求出点D到线段BC的最大距离，
∵△BCM是边长为4的等边三角形，
∴点M到BC的距离为23，
∴点D到BC的最大距离为23+2，
∴△BCD的面积最大值是12×4×23+2=43+4，
故选A．
【点睛】本题考查了动点轨迹是圆的问题，解决本题的关键是利用构造全等三角形找到动点D的轨迹圆，再求出圆上一点到定线段距离的最大值．
17．（2022·广东河源·二模）如图，已知AC=2AO=8，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，连接AB，BC，则线段BC的最小值为 ．
【答案】27−3
【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到AMAO=ABAP=32，从而证明△AMB∽△AOP，得到BMOP=ABAP=32，则BM=3，则点B在以M为圆心，以3为半径的圆上，当M、B、C三点共线时，即点B在点B'的位置时，BC有最小值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，
∵BP=12AP，
∴AP=PD=2PB，
又∵∠APB=60°，
∴△APD是等边三角形，
∵B为PD的中点，
∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，
∴∠BAP=30°，
以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
∴cs∠OAM=AMAO=32，
同理可得ABAP=32，
∵∠OAM=30°=∠PAB，
∴∠BAM=∠PAO，
又∵AMAO=ABAP=32，
∴△AMB∽△AOP，
∴BMOP=ABAP=32，
∵点P到点O的距离为2，即OP=2，
∴BM=3，
∴点B在以M为圆心，以3为半径的圆上，
连接CM交圆M（半径为3）于B'，
∴当M、B、C三点共线时，即点B在点B'的位置时，BC有最小值，
∵AC=2AO=8，
∴AO=4，
∴AM=AO⋅cs∠OAM=23，
∴AH=AM⋅cs∠MAH=3，HM=AM⋅sin∠MAH=3，
∴CH=5，
∴CM=HM2+CH2=27，
∴B'C=CM−MB'=27−3，
∴BC的最小值为27−3，
故答案为：27−3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即证明点B在以M为圆心，半径为3的圆上运动．
18．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为 ．
【答案】23+1/1+23
【分析】作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，由△COP∽△CED，推出OPED=CPCD=2，即ED=12OP=1（定长），由点E是定点，DE是定长，点D在半径为1的⊙E上，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，
∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，
∴CP=2CD，
∴ COCE=CPCD=2，
∴△COP∽△CED，
∴ OPED=CPCD=2，
即ED=12OP=1（定长），
∵点E是定点，DE是定长，
∴点D在半径为1的⊙E上，
∵OD≤OE+DE=23+1，
∴OD的最大值为23+1，
故答案为：23+1．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
19．（20-21九年级·陕西西安·开学考试）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连接AE．
（1）当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若AB=4，求EF的长．
（2）在（1）的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH的中点，连接AN，求AN的最大值．
【答案】（1）EF=83 （2）833
【分析】（1）通过菱形性质证明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的长度，再Rt△DAE中，可以得到DE=2AE，在等腰△DEF中，利用角度推导出DE=3EF，代入数值求解即可．
（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．
【详解】（1）解：过点F作FM⊥BD于点M，如下图：
∵四边形ABCD是菱形,且∠BAD=120°
∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=60∘
∵BD为菱形对角线
∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=30∘,
又∵E在AB的中垂线上
∴AE=BE
∴∠BAE=∠ABE=30∘
∴∠AED=60∘,∠EAD=∠BAD−∠BAE=120∘−30∘=90∘
在Rt△DAE中，∠ADE=30∘
∴DE=2AE
设：AE=x，则DE=2x
∵AE2+AD2=DE2
即：x2+42=(2x)2
解得：x=433
∴DE=833
∵∠AEF=90∘，∠AED=60∘
∴∠FED=30∘
∴∠FED=∠FDE
∴EF=DF
又∵FM⊥BD
∴EM=DM
∴DE=2EM=2×32EF=3EF
∴833=3EF
∴EF=83
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有AM⊥BC,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：
此时：在△AMN在，AM+MN≥AN,当 A、M、N三点共线时，AN最大
则：在Rt△AMC中，CM=12AC=2
∵AM2=AC2−CM2
∴AM2=12
∴AM=23
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
∴MN=12BH=12BE=233
∴AN=23+233=833
【点睛】本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是解题重点．
20．（21-22八年级上·广东湛江·阶段练习）在平面直角坐标系中，Aa,0、Bb,0，且a，b满足(a+b)2+|3+b|=0，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点：
（1）如图1，若C0,4，求△ABC的面积；
（2）如图1，若C0,4,BC=5,BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离；
【答案】(1)△ABC的面积为12；(2) D点的坐标为−2,0；(3) A，E两点之间的距离为32．
【分析】(1)利用完全平方式和绝对值的性质求出a， b，然后确定A、B两点坐标，从而利用三角形面积公式求解即可；
(2)根据题意判断出△CBD≅△DAE，从而得到CB= AD，然后利用勾股定理求出CB，即可求出结论；
(3)首先根据已知推出△DCB≅△ECA ，得到∠DBC=∠EAC=120°，进一步推出AE∥BC ，从而确定随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，再根据点到直线的最短距离为垂线段的长度，确定OE最短时，各点的位置关系，最后根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解： (1) ：∵a+b2+b+3=0，
由非负性可知：a+b=0b+3=0 ，
解得：a=3b=−3
∴A(3，0)， B(-3，0)， AB=3-(-3)=6，
∵ C(0，4)，
∴OC=4，
∴S△ABC=12AB·OC=12×6×4=12；
(2)由(1)知A(3，0)， B(-3，0)，
∴OA=OB，
∵OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
在△AOC和△BOC中，
OA=OB∠AOC=∠BOCOC=OC ，
∴△AOC≅△BOCSAS ，
∴∠CBO=∠CAO，
∵∠CDA=∠CDE +∠ADE=∠BCD+∠CBA，∠CBA=∠CDE，
∴∠ADE=∠BCD，
在△BCD和△ADE中，
∠BCD=∠ADE∠CBD=∠DAEBD=AE ，
∴△BCD≅△ADEAAS，
∴CB= AD，
∵ B(-3，0)， C(0，4)，
∴OB=3，OC=4,
∴ BC=OB2+OC2=5 ，
∴AD=BC=5，
∵A(3，0)，
∴D(-2，0)；
(3)由(2) 可知CB=CA，
∵∠CBA=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°， ∠DBC=120°，
∵△CDE为等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，
∴∠DCB=∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
CD=CE∠DCB=∠ECACB=CA ，
∴△DCB≌△ECA( SAS)，
∴∠DBC=∠EAC= 120°，
∵∠EAC+∠ACB= 120°+60°= 180°，
∴AE∥BC，
即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，
∵要使得OE最短，
∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，
∵∠DBC=∠EAC=120°，∠CAB=60°，
∴∠OAE=∠EAC-∠CAB=60°，∠AOE= 30°，
∵ A(3，0)，
∴OA=3，
∴AE=12OA=32
∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为32．
【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质等，理解平面直角坐标系中点坐标的特征，掌握等腰或等边三角形的性质，熟练使全等三角形的判定与性质是解题关键．
题型07 等腰（边）三角形存在问题
21．（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程x2−7x+12=0的两个根OA(1)求点C的坐标；
(2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CMP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点C坐标为7,4
(2)S=14−2t0≤t<7145t−9857(3)存在点P4,4或92,4或5912,4，使△CMP是等腰三角形
【分析】（1）先求出方程的解，可得OA=3，OB=4，再由tan∠DAB=43，可得OD=4，然后根据四边形ABCD是平行四边形，可得CD=7，∠ODC=∠AOD=90°，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0⩽t<7时，当7（3）分三种情况讨论：当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F；当PC=CM=52时；当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点G，即可求解．
【详解】（1）解：x2−7x+12=0，解得x1=3，x2=4，
∵OA∴OA=3，OB=4，
∵tan∠DAB=43，
∴ODOA=43，
∴OD=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=3+4=7，DC∥AB，
∴点C坐标为7,4；
（2）解：当0⩽t<7时，S=12CP⋅OD=127−t⋅4=14−2t，
当7AD=OA2+OD2=32+42=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
∵BC⋅AF=AB⋅OD，
∴5⋅AF=7×4，
∴AF=285，
∴S=12CP⋅AF=12t−7⋅285=145t−985，
∴S=14−2t0≤t<7145t−9857（3）解：存在点P，使△CMP是等腰三角形，理由如下：
根据题意得：当点P在CD上运动时，△CMP可能是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠BAD，BC=AD=5，
∴tanC=tan∠DAB=43，
∵点M为BC的中点，
∴CM=52，
当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F，
∴CF=32,FM=2，
设PC=PM=a，则PD=7-a，PF=a−32，
∵PF2+FM2=PM2，
∴a−322+22=a2，解得：a=2512，
∴DP=7−PC=5912，
∴此时点P5912,4；
当PC=CM=52时，
∴PD=7−PC=92，
∴此时点P92,4；
当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点G，则CG=32，
∴PC=2CG=3，
∴PD=7-PC=4，
∴此时点P4,4；
综上所述，存在点P4,4或92,4或5912,4，使△CMP是等腰三角形
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
22．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；
(2)延长FA，交射线BE于点G；
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若AB=3+6，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=3
【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=22x，根据直角三角形的性质得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到AQ=PB=x，PQ=AB=2x，求得QM=MP=x,GM=2x，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到BF=BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=15°，
∴∠CBE=75°，
∵BC于BE对称的线段为BF，
∴∠FBE=∠CBE=75°，
∴∠ABF=∠FBE−∠ABE=60°，
∴△ABF是等边三角形；
（2）①∵BC于BE对称的线段为BF，
∴BF=BC
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，
∴BF=BC=BA，
∵E是边AD上一动点，
∴BA∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，
若点F是等腰三角形BGF的顶点，
则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，

∵BC=BF，∠CBG=∠FBG，BG=BG
∴△CBG≌△FBGSAS
∴FG=CG，
∴BG=CG，
∴△BGF为等腰三角形，
∵BA=BC=BF，
∴∠BFA=∠BAF，
∵△CBG≌∠FBG，
∴∠BFG=∠BCG
∴AD∥BC
∴∠AHG=∠BCG
∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°－∠BAD=90°
∴∠FGC=180°−∠HAG−∠AHG=90°，
∴∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°
∵GB=GC
∴∠GBC=∠GCB=12180°−∠BGC=67.5°
∴∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG
要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，
在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，

设AB=2x，则AC=22x，
∵∠AGC=90°，M是AC的中点，
∴GM=12AC=2x,MN=12AB=x，
∴PG≤GM+MN=(2+1)x，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴△BGF面积的最大值，
△BGF的面积=12BC·PG
=2+1x2
=142+1×3+62
=21+1524
如图3，设PG与AD交于Q，

则四边形ABPQ是矩形，
∴AQ=PB=x，PQ=AB=2x，
∴QM=MP=x,GM=2x，
∴GQ=122−1，
∵QE+AE=AQ=x，
∴AQAE=2+12，
∴AE=2(2−1)x =2(2−1)×123+6=3．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
题型08 直角三角形存在问题
23．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2−BC2=102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8−a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
24．（2024·山东东营·二模）在人教版八年级下册教材“实验与探究——丰富多彩的正方形”中，我们研究正方形的性质时用到了图①、图②两个图形，图②为大小不等的两个正方形如图排列，整个图形被切割为5部分，受这两个图形的启发，三个数学兴趣小组分别提出了以下问题，请你回答：
【问题一】“启智”小组提出问题：如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为；
【问题二】受图①启发，“善思”小组继续探究，画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为10，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，“智慧”小组继续探究，画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC=12，CE=4．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，请直接写出BP的长度；若不存在，说明理由．
【答案】问题一：AE=BF；问题二：25；问题三：BP的长度为4或6或12或14
【分析】问题一：利用ASA判断出△AOE≌△BOF，即可得出答案；
问题二：先求出S△AOB=25，再利用ASA判断出△AOE≌△BOG，即可求出答案；
问题三：分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【详解】解：问题一：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
∴OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°，∠AOB=90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF=90°，
∴∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOFASA，
∴AE=BF，
故答案为：AE=BF；
问题二：如图③，
连接OA，OB，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴S△AOB=14S正方形ABCD=14×102=25，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴∠OAE=∠OBG=45°，OA=OB，∠AOB=90°，
∵m⊥n，
∴∠EOG=90°，
∴∠AOE=∠BOG，
∴△AOE≌△BOGASA，
∴S△AOE=S△BOG，
∴S四边形OEAG=S△AOE+S△AOG=S△BOG+S△AOG=S△AOB=25；
问题三：在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP=90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ=AB=12，∠BAD=∠B=∠E=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ=BE=BC+CE=16，EQ=AB=12，∠Q=90°=∠E，
∴∠EFP+∠EPF=90°，
∵∠AFP=90°，
∴∠EFP+∠AFQ=90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴EPQF=EFAQ，
∵QF=EQ−EF=12−4=8，
∴EP8=416，
∴EP=2，
∴BP=BE−EP=16−2=14；
②当∠APF=90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴ABPE=BPEF，
∵PE=BE−BP=16−BP，
∴1216−BP=BP4，
∴BP=4或BP=12；
③当∠PAF=90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=12，AM=BP，∠M=90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN=BE=16，EN=AB=12，
∴FN=EN−EF=8，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴PMAN=AMFN，
∴1216=AM8，
∴AM=6，
∴BP=6，
即BP的长度为4或6或12或14．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
25．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，BC=10cm，AD=8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒t>0．
(1)AH=__________，EF=__________（用含t的式子表示）．
(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)8−2t；10−52t
(2)BP=6cm
(3)当t=4017秒或t=280183秒时，△PEF为直角三角形
【分析】（1）根据运动求出AH=8−2t，证明△AEF∽△ABC，得出EFBC=AHAD，求出EF=10−52t即可；
（2）先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）分三种情况，利用平行线分线段成比例及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：根据题意可知，DH=2t，AH=8−2t，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AHAD，
即EF10=8−2t8，
解得：EF=10−52t；
（2）解：S△PEF=12EF⋅DH=1210−52t⋅2t=−52t−22+100∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10cm2，此时BP=3t=6cm．
（3）解：存在，分三种情况，具体如下：
①若点E为直角顶点，如图：
此时，PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t
∵ PE∥AD
∴PEAD=BPBD，即2t8=3t5，
此比例不成立，故不存在这种情况；
②若F为直角顶点，如图：
此时，PF∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10−3t，
∵ PF∥AD，
∴PFAD=CPCD，即2t8=10−3t5，
解得t=4017；
③若P为直角顶点，如图：
过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则：
EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD
∵EM∥AD，
∴EMAD=BMBD，即2t8=BM5
解得BM=54t，
∴PM=BP−BM=3t−54t=74t，
∴FE2=EM2+PM2=2t2+74t2=11316t2，
∵FN∥AD
∴FNAD=CNCD，即2t8=CN5，
解得CN=54t，
∴PN=BC−BP−CN=10−3t−54t=10−174t，
∴PF2=FN2+PN2=2t2+10−174t2=35316t2−85t2+100，
∵EF2=PE2+PF2，
∴10−52t2=11316t2+35316t2−85t+100
解得t=280183或t=0（舍去）．
综上，当t=4017秒或t=280183秒时，△PEF为直角三角形．
【点睛】本题是运动型的综合题，考查动点及动线两种运动类型，涉及相似三角形、图形面积、二次函数极值和勾股定理等知识，重点考查分类讨论数学思想．
题型09 平行四边形存在问题
26．（2022·湖北荆州·一模）如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A、B两点，点A在点B的左侧，且A−1,0,B4,0，与y轴交于点C，连结BC，以BC为边，点O为中心作菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为m,0．
(1)求该抛物线对应的函数解析式；
(2)x轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)当点P在线段OB上运动时，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交BD于点M．试探究：当m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)存在，(32，0)，(4+25，0)，(4−25，0)，(−4，0)
(3)m=2，理由见解析
【分析】本题考查待定系数法求解析式，勾股定理，二次函数图象及性质，等腰三角形性质，平行四边形性质等．
（1）抛物线与x轴交于A(−1，0)，B(4，0)两点，故抛物线的表达式为∶ y=ax+1x−4=ax2−3x−4，即a=12，即可求解；
（2）分PB=PC、PB=BC、PC=BC三种情况，分别求解即可；
（3）直线BD的解析式为y=−12x+2，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形
，则−12m+2−(12m2−32m−2)=2−−2即可求解．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于A(−1，0)，B(4，0)两点，
设抛物线的表达式为∶y=ax+1x−4=ax2−3x−4，
即−4a=−2，解得∶a=12，
抛物线的解析式为∶y=12x2−32x−2；
（2）解：设点P的坐标为(m，0)，
则PB2=m−42，PC2=m2+4，BC2=20，
①当PB=PC时，m−42=m2+4，解得∶ m=32；
②当PB=BC时，同理可得∶m=4±25；
③当PC=BC时，同理可得∶ m=±4(舍去4)，故：m=−4，
故点P的坐标为∶ (32，0)，(4+25，0)，(4−25，0)，(−4，0)；
（3）解：∵C(0，−2)，
∴由菱形的对称性可知，点D的坐标为(0，2)，
设直线BD的解析式为y=kx+2(k≠0)，又B(4，0)，
解得：k=−12，
∴直线BD的解析式为：y=−12x+2，
则点M的坐标为：(m，−12m+2)，
点Q的坐标为(m，12m2−32m−2)，
如图，当MQ=DC时，四边形CQMD是平行四边形
∴−12m+2−(12m2−32m−2)=2−−2，
解得：m1=0 (不合题意舍去)，m2=2，
∴当m=2时，四边形CQMD是平行四边形．
27．（2023·黑龙江鸡西·模拟预测）在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，如图，已知∠A=60°，C2,0.
(1)求点D的坐标
(2)动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴于E，直线PE交直线CD于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t的取值范围.
(3)在（2）的条件下，连接CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)D0,23
(2)−32t2+53t−123
(3)满足条件的点N的坐标16−43,12−63或−43,12−63或43,103−12
【分析】（1）在RtΔODC中，解直角三角形求出OD即可解决问题；
（2）分两种情形分别求解①当0（3）如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG．由PE∥CH，推出∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°，推出∠PGH=30°，设PH=m，则PG=GC=2x，GH=3x，可得3x+2x=23，推出x=43−6，推出P(8−43，23)，Q(8−43，12−63)，可得直线PC的解析式为y=−(3+2)x+4+23，由QM平分∠PQC，推出QM⊥PC，推出可得直线QM的解析式为y=(2−3)x+103−16，令y=23，可得x=8，可得M(8，23)，设N(x,y)，再分三种情形分别求解即可解决问题．
【详解】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCO=∠A=60°，
在RtΔDOC中，OD=OC·tan60°=23，
∴D(0，23)．
（2）①当0∵C(2,0)，D(0，23)，
∴直线CD的解析式为y=−3x+23，
∴AP=t，AD=4，
∴PD=4−t，
∴P(t−4，23)，Q(t−4,−3t+63)，
∴PQ=−3t+43，CE=6−t，
∴S=12·PQ·EC=12·(−3t+43)(6−t)=32t2−53t+123．
②当4易知：P(t−4，23)，Q(t−4,−3t+63)，
∴PQ=3t−43，CE=6−t，
∴S=12·PQ·EC=12·(3t−43)(6−t)=−32t2+53t−123．
（3）如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG．
∵QP=QC，∠CQE=30°，
∴∠QCP=∠QPC=15°，
∵PE∥CH，
∴∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°，
∴∠PGH=30°，设PH=m，则PG=GC=2x，GH=3x，
∴ 3x+2x=23，
∴x=43−6，
∴P(8−43，23)，Q(8−43，12−63)，
∴直线PC的解析式为y=−(3+2)x+4+23，
∵QM平分∠PQC，
∴QM⊥PC，
∴可得直线QM的解析式为y=(2−3)x+103−16，
令y=23，可得x=8，
∴M(8，23)，设N(x,y)，
①当QM为对角线时，x=8−43+8=16−43，y=12−63，可得N1(16−43，12−63)．
②当DQ为对角线时，x=8−43−8=−43，y=12−63，可得N3(−43，12−63)．
③当DM为对角线时，8−43+x2=0+82，x=43，
12−63+y2=23+232，y=103−12，
∴N2(43，103−12)．
综上所述，满足条件的点N的坐标(16−43，12−63)或(−43，12−63)或(43，103−12)．
【点睛】本题考查一次函数综合题、菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，两直线垂直的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，解决交点问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
题型10 矩形、菱形、正方形存在问题
28．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

(1)求直线AD的解析式．
(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式．
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−33x+43；
(2)S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323(3)存在，点Q的坐标是32,332或6,43．
【分析】
（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于P，②当点N在DE上，即23（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，证明∠NCF=∠NFC，可得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解方程x2−4x−12=0得：x1=6，x2=−2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC⋅tan30°=6×33=23，
∴D6,23，
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA⋅sin60°=6×32=33，
∴A3,33，
设直线AD的解析式为y=kx+bk≠0，
代入A3,33，D6,23得：3k+b=336k+b=23，
解得：k=−33b=43，
∴直线AD的解析式为y=−33x+43；

（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=43，∠EOD=90°−∠DOC=90°−30°=60°，
∵直线y=−33x+43与 y轴交于点E，
∴OE=43，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=43，
∴∠OFE=30°=∠DOF，
∴DO=DF=43，
①当点N在DF上，即0≤t≤23时，
由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=43−2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP=DN⋅sin∠PDN=DN⋅sin60°=43−2t×32=6−3t，
∴S=12DM⋅NP=1243−t6−3t=32t2−9t+123；

②当点N在DE上，即23由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=2t−43，
过点N作NT⊥OB于T，
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=2t−43×32=3t−6，
∴S=12DM⋅NT=1243−t3t−6=−32t2+9t−123；
综上，S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=43，
∴∠NCK=60°，OF=3OE=12，
∴CF=12−6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN⋅cs60°=3×12=32，NK=CN⋅sin60°=3×32=332，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q32,332；

②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°−60°−90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL⋅tan30°=3×33=3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q6,43；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是32,332或6,43．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
29．（2024·河北张家口·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，tan∠CAB=43．动点M以每秒2个单位的速度从点A出发，沿着A→B→C的方向运动，当点M到达点C时，运动停止．点N是点M关于点B的对称点，过点M作MQ⊥AC于点Q，以MN，MQ为邻边作平行四边形MNPQ，设点M的运动时间为t秒．
(1)求BC的长；
(2)当t=2时，求证：QP=AM；
(3)是否存在这样的t值，使得平行四边形MNPQ为菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)BC=8；
(2)证明见解析
(3)存在；当t=157或5113时，四边形MNPQ为菱形
【分析】（1）由锐角三角函数的定义即可得出答案；
（2）当t=2时，点M在线段AB上，求出AM、BM即可得出结果；
（3）①当点M在边AB上时，证明△AQM∽△ABC，得出AMAC=MQBC，求出MQ=85t，MN=2BM=12−4t，当MQ=MN时，即85t=12−4t，解得t=157；
②当点M在边BC上时，证明△CMQ∽△CAB，得出CMAC=MQAB，求出MQ=35(14−2t)，当MN=MQ时，即2(2t−6)=35(14−2t)，解得t=5113．
【详解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，tan∠CAB=43，
∴tan∠CAB=BCAB，
∴ 43=BC6，
解得：BC=8；
（2）解：当t=2时，AM=4，
∴MB=AB−AM=6−4=2，
∵M、N关于点B对称，
∴BM=BN，
∴MN=2BM=4；
∵四边形MNPQ为平行四边形，
∴QP=MN=4，
∴QP=AM；
（3）解：存在，理由如下：
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=62+82=10，
①当点M在边AB上时，如图1所示：
∵MQ⊥AC，
∴∠AQM=∠ABC=90°，
∵∠QAM=∠BAC，
∴△AQM∽△ABC，
∴ AMAC=MQBC，
∵AM=2t，
∴ 2t10=MQ8，
∴MQ=85t，
∵BM=AB−AM=6−2t，
∴MN=2BM=12−4t，
当MQ=MN时，即85t=12−4t，
解得：t=157；
②当点M在边BC上时，如图2所示：
∵MQ⊥AC，
∴∠CQM=∠CBA=90°，
∵∠QCM=∠BCA，
∴△CMQ∽△CAB，
∴ CMAC=MQAB，即6+8−2t10=MQ6，
∴MQ=35(14−2t)，
当MN=MQ时，即：2(2t−6)=35(14−2t)，
解得：t=5113，
综上所述，当t=157或5113时，四边形MNPQ为菱形；
【点睛】本题是四边形综合题，考查了锐角三角函数的定义、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、分类讨论等知识，综合性强，注意分类讨论是解题的关键．
30．综合与探索
【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,CB=CA，过点A作AD⊥l交于点D，过点B作BE⊥l交于点E，易得△ADC≌△CEB，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明）

【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线l1:y=2x+4分别与y轴，x轴交于点A、B，
（1）直接写出OA=_________，OB=_________；
（2）在第二象限构造等腰直角△ABE，使得∠BAE=90°，则点E的坐标为_________；

（3）如图3，将直线l1绕点A顺时针旋转45°得到l2，求l2的函数表达式；

【拓展应用】
（4）如图4，直线AB:y=2x+8分别交x轴和y轴于A,B两点，点C在第二象限内一点，在平面内是否存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）4，2；（2）−4,6；（3）y=13x+4；（4）存在，点D的坐标为−12,4或−8,12或2,2
【分析】（1）在y=2x+4中，分别令x=0，y=0即可求得A，B的坐标，从而求得OA，OB的长；
（2）过点E作EM⊥y轴于M，构造“k型全等”即可求得点E的坐标；
（3）过点B作BC⊥l1交l2于点C，过点C作CN⊥x轴于点N，这样构造了“k型全等”，即可求得点C的坐标，用待定系数法即可求得直线l2的函数表达式；
（4）分三种情况考虑，构造“k型全等”即可求得点D的坐标．
【详解】解：（1）在y=2x+4中，分别令x=0，y=0，得y=4，x=−2，即点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(−2,0)，
∴OA=4，OB=2，
故答案为：4，2；
（2）过点E作EM⊥y轴于M，如图，
则∠AEM+∠EAM=90°，
∵EA⊥AB，
∴∠EAM+∠BAO=90°，
∴∠AEM=∠BAO，
∵AB=AE，∠EMA=∠AOB=90°，
∴△EAM≌△ABO，
∴EM=OA=4，AM=OB=2，
∵OM=OA+AM=4+2=6，
∴点E的坐标为(−4,6)；
故答案为：−4,6；

（3）过点B作BC⊥l1交l2于点C，过点C作CN⊥x轴于点N，如图，
则∠ABO+∠CBN=∠ABC=90°，
∵∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBN=∠BAO；
∵∠BAC=45°，
∴∠BCA=∠BAC=45°，
∴AB=BC；
∵∠CNB=∠BOA=90°，
∴△CNB≌△BOA，
∴CN=OB=2，BN=OA=4，
∴ON=OB+BN=2+4=6，
∴C(−6,2)；
设直线l2的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∵直线l2过点A、C，
∴b=4−6k+b=2，解得：b=4k=13，
即直线l2的解析式为：y=13x+4；

（4）存在
对于y=2x+8，令x=0，得y=8；令y=0，得x=−4；
∴OB=8，OA=4；
①当AB为正方形ABDC的一边时，如图，分别过D、C作DF⊥y轴于F，CN⊥x轴于N；
则∠DBF+∠ABO=90°，
∵∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠DBF=∠BAO；
∵AB=BD；∠BFD=∠BOA=90°，
∴△DFB≌△BOA，
∴DF=OB=8，BF=OA=4，
∴OF=OB+BF=8+4=12，
∴D(−8,12)；
同理得C(−12,4)；
②当AB为正方形ABCD的一边时，此时点D的坐标就是①中点C的坐标，点D为①中的点C，
即点D的坐标为(−12,4)；

③当AB为正方形ACBD的对角线时，如图，
过点D作x轴垂线，垂足为点G，过B作BH⊥OG于点H，
同理可证明△BHD≌△DOA，
∴OA=DH，OD=BH，
显然点D落在第一象限，设D(m,n)，
则OD=n，OG=m，OD=BH=n，
由题意得，四边形OBHG是矩形，
∴GH=OB=8，OG=BH=m，
∴GA=OA+OG=4+m，OH=OD+DH=n+4+m=8，
解得：m=n=2，
即D(2,2)；
综上，点D的坐标为−12,4或−8,12或2,2．
【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定等知识，掌握一次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．注意分类讨论思想．
题型11 全等/相似存在性问题
31．（2023·广西南宁·二模）如图，在△ABC中，AD为高，AC=18．点E为AC上的一点，CE=12AE，连接BE，交AD于O，若△BDO≌△ADC．
(1)猜想线段BO与AC的位置关系，并证明；
(2)有一动点Q从点A出发沿射线AC以每秒6个单位长度的速度运动，设点Q的运动时间为t秒，是否存在t的值，使得△BOQ的面积为27？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)在（2）条件下，动点P从点O出发沿线段OB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，点F是直线BC上一点，且CF=AO，当△AOP与△FCQ全等时，求t的值．
【答案】(1)垂直，见解析
(2)存在，52
(3)92或94
【分析】（1）由全等三角形的性质得∠OBD=∠CAD，再由三角形内角和定理得∠AEO=∠ODB=90°，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得BO=AC=18，再求出AE=8，CE=4，①当0②当t>1时，Q在射线EC上，由三角形面积公式得SΔBOQ=12BO×QE=12×18×(6t−12)=27，即可求解；
（3）①当点F在线段BC延长线上时，证∠AOP=∠QCF，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此时2t=18−6t，求解即可；
②当点F在线段BC上时，证∠AOP=∠FCQ，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此时2t=6t−18，求解即可．
【详解】（1）BO⊥AC，理由如下：
在△ABC中，AD为高，
∴∠ODB=90°，
又∵△BDO≌△ADC，
∴∠OBD=∠CAD，
∵∠OBD=∠CAD，∠BOD=∠AOE，
∴∠AEO=∠ODB=90°，
∴BO⊥AC；
（2）存在t的值，使得△BOQ的面积为27，理由如下：
∵△BDO≌△ADC，AC=18，
∴BO=AC=18，
∵CE=12AE，
∴AE=12，CE=6，
由（1）可知，∠BEC=90°，
∴BE⊥AC，
分两种情况：
当0SΔBOQ=12BO×QE=12×18×(12−6t)=27，
解得：t=32（舍去）；
当t>2时，Q在射线EC上，如图2，
SΔBOQ=12BO×QE=12×18×(6t−12)=27，
解得：t=52，
此时Q与C重合；
综上所述，存在t的值，使得△BOQ的面积为27，t的值为52；
（3）由（1）可知，△BDO≌△ADC，
∴∠BOD=∠ACD，
当点F在线段BC延长线上时，如图3，
∵∠BOD=∠ACD，
∴∠AOP=∠QCF，
∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=18−6t，
解得：t=94；
当点F在线段BC上时，如图4，
∵∠BOD=∠ACD，
∴∠AOP=∠FCQ，
∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=6t−18，
解得：t=92；
综上所述，当△AOP与△FCQ全等时，t的值为92或94．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、三角形面积、三角形面积和定理、对顶角相等以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键．
32．（2023·北京海淀·模拟预测）如图，在平面角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标0，−23，过原点的直线OC与直线AB交于C，∠COA=∠OCA=∠OBA=30°，AB=4
(1)点C坐标为______，OC=______，△BOC的面积为______，S△OACS△OAB=______；
(2)点C关于x轴的对称点C'的坐标为______；
(3)过O点作OE⊥OC交AB于E点，则△OAE的形状为______，请说明理由；
(4)在坐标平面内是否存在点F使△AOF和△AOB全等，若存在，请直接写出F坐标，若不存在，请说明理由
【答案】(1)3,3；23；33；12
(2)3,−3
(3)等边三角形
(4)存在，F0,23或0,−23或2,23或2,−23
【分析】（1）先由∠OBA=30°、AB=4得到OA的长，即可得到点A的坐标，过点C作CD⊥x轴于点D，然后结合∠COA=∠OCA=30°，求得AC的长，进而得到AD、CD的长，即可得到点C的坐标；然后得到OC的长；由点B的坐标得到OB的长，进而得到△BOC的面积；由点A、点B、点C的坐标求得△OAC和△OAB的面积，再求得S△OACS△OAB的值；
（2）根据关于x轴对称的点的坐标特征，直接由点C的坐标求得点C'的坐标；
（3）由OE⊥OC得到∠COE=90°，然后由∠COA=30°求得∠AOE=60°，再由∠OBA=30°求得∠OAE=60°，即可得到∠AOE=∠OAB=60°，从而得到△OAE是等边三角形；
（4）分情况讨论：①△AOB≌△AOF；②△AOB≌OAF，然后作出对应的图形求得点F的坐标．
【详解】（1）解：∵B0，−23，
∴OB=2 3，
∵AB=4，∠OBA=30°，∠AOB=90°，
∴OA=2，即A（2，0），
∵∠AOC=∠ACO=30°，
∴AC=OA=2，∠OAB=60°，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD=60°，∠ADC=90°，
∴∠ACD=30°，
∴AD=1，CD= 3，
∴OD=OA+AD=2+1=3，
∴ C3,3，
∴OC=23,SΔBOC=12OB⋅OC=12×23×3=33，
∴S△AOC=12OA⋅yC=12×2×3=3，S△OAB=12OA⋅OB=12×2×23=23，
∴SΔOACSΔOAB=12
故答案为：3,3；23；33；12．
（2）解：∵ C3,3
∴点C与点C'关于x轴对称，
∴ C'3,−3 ,
故答案为：3,−3．
（3）∵OE⊥OC，
∴∠COE=90°，
∵∠COA=30°，
∴∠AOE=60°，
∵∠OAE=60°，
∴∠AOE=∠OAB=60°，
∴△OAE是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
（4）解：①如图1，当△AOB≌△AOF时，OB=OF，
∵OB= 23，
∴OF= 23
∴ F0,23或0,−23
②如图2，当△AOB≌OAF时，AF=OB，
∴AF= 23，
∴ F 2,23或2,−23
综上所述，存在F0,23或0,−23或2,23或2,−23使△AOF和△AOB全等，
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形三边关系、等腰三角形、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质，勾股定理，，解题的关键是通过含30°角的直角三角形三边关系求得相关线段的长度．
33．（2023·广西桂林·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，且B点坐标为4，3．动点M、N分别从点O、B同时出发，以1单位/秒的速度运动（点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动），过点N作NP∥AB交AC于点P，连接MP．
(1)直接写出OA、AB的长度；
(2)在运动过程中，请求出△MPA的面积S与运动时间t的函数关系式；
(3)在运动过程中，△MPA的面积S是否存在最大值？若存在，请求出当t为何值时有最大值，并求出最大值；若不存在，请说明理由．
(4)在运动过程中，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC能相似吗？若能相似，请求出运动时间t的值；若不能相似，请说明理由．
【答案】(1)OA=4，AB=3
(2)S=−38t2+32t0≤t≤4
(3)当t=2时，S有最大值，最大值为32
(4)当t=2或t=6441时，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC相似
【分析】（1）根据矩形的性质结合点B的坐标进行求解即可；
（2）延长NP交OA于H，证明四边形ABNH是矩形，得到NH=AB=3；由题意得BN=OM=t，则CN=AM=4−t，证明△CNP∽△CBA，求出NP=12−3t4，则PH=NH−NP=3t4，可得S=12AM⋅PH=−38t2+32t0≤t≤4；
（3）根据（2）所求利用二次函数的性质求解即可；
（4）分当∠AMP=∠AOC=90°时，△∠MAP∽△OAC，当∠APM=∠AOC=90°时，△∠MAP∽△COA，两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，且B点坐标为4，3，
∴OA=4，AB=3；
（2）解：如图所示，延长NP交OA于H，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC⊥AB，∠B=∠OAB=90°，
∵NP∥AB，
∴NH⊥BC，
∴四边形ABNH是矩形，
∴NH=AB=3；
由题意得BN=OM=t，
∴CN=AM=4−t，
∵NP∥AB，
∴△CNP∽△CBA，
∴NPAB=CNCB，即NP3=4−t4，
∴NP=12−3t4，
∴PH=NH−NP=3t4，
∴S=12AM⋅PH=12⋅3t4⋅4−t=−38t2+32t0≤t≤4；
（3）解：由（2）得S=−38t2+32t=−38t−22+320≤t≤4，
∵−38<0，
∴当t=2时，S有最大值，最大值为32；
（4）解：分两种情况：①当∠AMP=∠AOC=90°时，
∵∠MAP=∠OAC，
∴△∠MAP∽△OAC，
∴AMAO=MPOC，即4−t4=34t3
解得：t=2，
②当∠APM=∠AOC=90°时，
∵∠MAP=∠COA，
∴△∠MAP∽△COA，
∴AMAC=APAO
∵OA=4，OC=3，
∴AC=OA2+OC2=5，
∵NP∥AB，
∴BNBC=APAC，即t4=AP5
∴AP=54t，
∴4−t5=54t4
解得：t=6441，
综上所述，当t=2或t=6441时，以点A，P，M为顶点的三角形与△AOC相似．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的应用，勾股定理，矩形的性质与判定，坐标与图形，平行线分线段成比例定理等等，正确作出辅助线构造系数三角形是解题的关键．
题型12 角度存在性问题
34．（2023·陕西西安·模拟预测）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．

(1)如图1，在△ABC中．按如下做法：
①作BC的中垂线l：
②作∠ABC的角平分线与中垂线l交于点O；
③连接CO并延长与AB交于点P，得到△BCP．
若按上述作法，得到的△BCP是倍角三角形．则∠PBC与∠PCB的等量关系___________；
(2)如图2，在矩形ABCD中，以BC为底边做一个倍角三角形顶点P恰好落在AD边上．若BC=4，BP=2．求CP的长度．
(3)如图3，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD=3，BC=12．工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边CD上，△BCP为以BC为底边且∠CBP=2∠C的倍角三角形．是否存在满足要求的△BCP？若存在，请确定点P位置（求出CP的长）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)∠PBC=2∠PCB
(2)CP=23；
(3)画图见解析，CP=361013；
【分析】（1）由作图可得：OK是BC的中垂线，∠OBC=∠OCB，∠ABO=∠CBO，从而可得结论；
（2）如图，由BC=4，BP=2，可得2∠PCB，可得∠PBC=2∠PCB，作∠PBC的角平分线交PC于N，过N作NM⊥BC于M，可得∠PBN=∠CBN=∠PCB，证明△PBN≌△MBN，可得∠BPN=∠BMN=90°，再利用勾股定理可得答案；
（3）如图，作BC的垂直平分线KH交CD于N，交BC于M，作∠PBN=∠CBN，P在CD上，则∠PBC=2∠C，△CPB为倍角三角形，证明四边形ABQD为正方形，求解sin∠C=DQCQ=39=13=NMCM，MN=2，CN=62+22=210=BN，证明△PBN∽△PCB，PB=106PC，PN=106PB， 过N作NT⊥BD于T，则NM=NT=2，BT=2102−22=6，设PN=x，PB=3105x，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：由作图可得：OK是BC的中垂线，
∴∠OBC=∠OCB，

∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO=∠CBO，
∴∠ABO=∠CBO=∠OCB，
∴∠PBC=2∠PCB；
（2）如图，∵BC=4，BP=2，
∴2∴∠PBC>∠PCB，
∵矩形ABCD中，以BC为底边做一个倍角三角形顶点P恰好落在AD边上．
∴∠PBC=2∠PCB，
作∠PBC的角平分线交PC于N，过N作NM⊥BC于M，

∴∠PBN=∠CBN=∠PCB，
∴NB=NC，BM=CM=2，
∴BP=BM=2，而BN=BN，
∴△PBN≌△MBN，
∴∠BPN=∠BMN=90°，
∴CP=BC2−BP2=42−22=23；
（3）如图，作BC的垂直平分线KH交CD于N，交BC于M，作∠PBN=∠CBN，P在CD上，则∠PBC=2∠C，△CPB为倍角三角形，

过D作DQ⊥BC于Q，AB=AD=3，结合直角梯形可得：
四边形ABQD为正方形，
∴DQ=QB=3，DQ⊥BC，
∵CM=BM=12BC=6，
∴CQ=9，
∴tan∠C=DQCQ=39=13=NMCM，
∴MN=2，CN=62+22=210=BN，
由作图可得：∠PBN=∠C，而∠BPN=∠CPB，
∴△PBN∽△PCB，
∴PBPC=PNPB=BNBC=21012=106，
∴PB=106PC，PN=106PB，
过N作NT⊥BD于T，则NM=NT=2，
∴BT=2102−22=6，
设PN=x，PB=3105x，
∴DT=6−3105x，
∴x2=22+6−3105x2，
整理得：13x2−3610x+200=0，
解得：x1=101013，x2=210（不符合题意舍去），
∴PN=101013，
∴CP=CN+PN=361013．经检验符合题意．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，角平分线的作图，矩形的性质，倍角三角形的含义，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，角平分线的性质，本题难度大，综合程度高，属于中考压轴题．
35．（2023·上海浦东新·二模）已知：⊙O的直径AB=10，C是AB的中点，D是⊙O上的一个动点（不与点A、B、C重合），射线CD交射线AB于点E．
(1)如图1，当BE=AB，求线段CD的长；
(2)如图2，当点D在BC上运动时，连接BC、BD，△BCD中是否存在度数保持不变的角？如果存在，请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由；
(3)连接OD，当△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求△ ODE与△CBE面积的比值．
【答案】(1)CD=10，详见解析
(2)存在，∠BDC=135°，详见解析
(3)△ ODE与△CBE面积的比值为3+34或3+14或3−14，详见解析
【分析】（1）连OC,AD,BC，构造直角三角形利用勾股定理求出CE的长，再利用△AED∽△CEB，求出DE的长，即可得解；
（2）由C为AB�的中点， AB为⊙O直径得出BC�的度数为90°，再利用圆周角定理即可得出答案；
（3）分类讨论，分点E在线段AB的延长线上和点E在线段AB上，利用勾股定理和面积公式分别求出它们的面积，然后求出比值即可得出答案．
【详解】（1）连OC,AD,BC，如图1
∵AB=BE=10
∴AE=AB+BE=20，OE=OB+BE=5+10=15，OC=5
∵C为AB的中点，AB为直径
∴OC⊥AB
在Rt△OCE中
∴CE=OC2+OE2=52+152=510
∵∠A=∠BCD,∠AED=∠CEB
∴△AED∼△CEB
∴AECE=DEBE
即AE·BE=CE·DE
∴20×10=510×DE
∴DE=410
∴CD=CE−DE=510−410=10
（2）当D在BC上运动时，如图2，在△BCD中，∠BDC为度数不变的角，∠BDC=135°
理由如下：
∵C为AB的中点，AB为⊙O直径，
∴BC的度数90°
∴BAC的度数为270°
∴BAC所对的圆心角为270°，圆周角为135°
∴∠BDC=135°
（3）如图3，①当点E在线段AB的延长线上，△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，当OD=DE=5时，连OC，
∵OD=DE
∴∠1=∠E
由(1)知∠COE=90°
∴∠1+∠2=90°,∠OCD+∠E=90°
∴∠2=∠OCD
∴OD=CD=5
又∵OD=OC
∴OD=CD=OC=5
∴△OCD为等边三角形
∴CE=CD+DE=5+5=10
∴OE=CE2−OC2=102−52=53
∴S△OCE=12×OE×OC=12×53×5=2523
∵D为CE中点
∴S△OCD=S△ODE=12S△OCE=2543
又∵S△OBC=12×5×5=252
∴S△CBE=S△OCE−S△OBC=2523−252
∴S△ODE:S△CBE=2543:2523−252=3+34，
当DE=OE时
∴∠EOD=∠EDO=180°−∠E2<90°
∵OC=OD
∴∠OCD=∠ODC=180°−∠COD2<90°
∴∠ODC+∠ODE<90°+90°<180°与C，D，E三点共线矛盾，所以此情况不存在；
②当点E在线段AB上，且∠BOD小于或等腰90°时，过点B作BH∥OD交CD于点H，过点D作DG⊥OB于点G，
，
由点E在线段AB上可知，△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，OE不等于OD，只能有OE=DE，
∴∠EOD=∠EDO，
∵BH∥OD，
∴∠EHB=∠EDO，∠EBH=∠EOD，
∴∠EBH=∠EHB=∠EOD，
∵∠EOD=2∠ECB，
∴∠EBH=∠EHB=2∠ECB，
∵∠EHB=∠ECB+∠HBC，
∴∠ECB=∠HBC，
∴∠EBH=2∠HBC，
∵由(1)知∠COB=90°，OC=OB
∴∠OBC=∠EBH+∠HBC= 90°2=45°，
∴∠HBC=15°，
∴∠EDO=∠EOD=∠EHB=∠EBH=30°，
∵OC=OD=5，DG⊥OB，
∴DG =12OD=52，∠OCE=∠ODE=30°，
∴OE=OC⋅tan∠OCE=5×33=533，
∴BE=OB−OE=5−533，
∴S△ODES△CBE=12OE⋅DG12BE⋅OC=12×533×5212×5−533×5=3+14；
③当点E在线段AB上，且∠BOD大于90°时，过点A作BH∥OD交CD于点H，过点D作DG⊥OA于点G，
同②可得OE=533，DG =12OD=52，BE=OB+OE=5+533，
∴∴S△ODES△CBE=12OE⋅DG12BE⋅OC=12×533×5212×5+533×5=3−14；
综上所述：△ ODE与△CBE面积的比值为3+34或3+14或3−14．
【点睛】本题考查了三角形相似，圆周角定理，圆心角定理，勾股定理，等腰三角形等知识的综合应用，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．
36．（2023·浙江金华·一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是射线BC上的动点，连结AP，在AP的右边作∠PAQ=12∠BAC，交射线BC于点Q．
(1)当BP=1时，求点P到AB的距离．
(2)当点P在线段BC上运动时，记BP=x，CQ=y，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．
(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为45°时，求BQ的长，并指出相应的45°角．
【答案】(1)45
(2)y=75−25x25−3x0≤x≤325x−7525−3x3(3)∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；∠CAQ=∠APB=45°，BQ=31
【分析】（1）过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得出AE=4，再由正弦求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，当点P在线段CE上时，即3（3）分四种情况，分别是∠BAQ=45°，∠CAP=45°，∠BAP=∠AQB=45°，∠CAQ=∠APB=45°，分别利用勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】（1）如图，过点A作AE⊥BC与点E，过点P作PF⊥AB于点F，
∴∠AEB=∠BFP=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BE=12BC=3，
∴AE=AB2−BE2=4，
∴sinB=AEAB=PFBP，
∵BP=1，
∴45=PF1，
解得PF=45，
即点P到AB的距离为45；
（2）当点P在线段BE上时，即0≤x≤3时，如图，
∵AE⊥BC,AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵∠PAQ=12∠BAC，
∴∠FAP=∠EAQ，
又∵∠AFP=90°=∠AEQ，
∴△AFP∼△AEQ，
∴AFAE=FPEQ，
∵BP=x，
∴sinB=PFBP=45，
∴PF=45x，
由勾股定理得BF=BP2−PF2=35x，
∵AB=5,CE=3，CQ=y，
∴AF=5−35x，EQ=3−y，
∴5−35x4=45x3−y，
整理得y=75−25x25−3x；
当点P在线段CE上时，即3∵AE⊥BC,AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵∠PAQ=12∠BAC，
∴∠FAP=∠EAQ，
又∵∠AFP=90°=∠AEQ，
∴△AFP∼△AEQ，
∴AFAE=FPEQ，
∵BP=x，
∴sinB=PFBP=45，
∴PF=45x，
由勾股定理得BF=BP2−PF2=35x，
∵AB=5,CE=3，CQ=y，
∴AF=5−35x，EQ=3+y，
∴5−35x4=45x3+y，
整理得y=25x−7525−3x；
综上，y=75−25x25−3x0≤x≤325x−7525−3x3（3）①当∠BAQ=45°时，
如图，过点Q作QD⊥AB于D，
∴∠ADQ=∠BDQ=90°，
设BQ=5x，
∵sinB=45，
∴DQ=4x,BD=3x，
∵∠BAQ=∠AQD=45°，
∴AD=5−3x=DQ，即5−3x=4x，
解得x=57，
∴BQ=5x=257；
②当∠CAP=45°时，
如图，过点P作PH⊥AC于H，
同①可得CP=257,
∵BP=x，
∴CP=257=6−x，
解得x=177，
当0≤x≤3时，y=75−25x25−3x=2531，
∴BQ=6−CQ=6−y=16131；
③当∠BAP=∠AQB=45°时，
如图，过点P作PN⊥AB于N，
同①得BP=257=x，
当3∴BQ=BC+CQ=7；
⑤当∠CAQ=∠APB=45°时，
如图，过点作AE⊥BC于E，
∴∠AEC=90°，
∴∠EAP=∠APB=45°，
由（1）得，AE=4,CE=3，
∴AE=PE=4，
∴CP=1，
又∵∠ACP=∠QCA，
∴△CAP∼△CQA，
∴CACQ=CPCA，即5CQ=15，
解得CQ=25，
∴BQ=BC+CQ=31；
综上，∠BAQ=45°，BQ=257；∠CAP=45°，BQ=16131；∠BAP=∠AQB=45°，BQ=7；∠CAQ=∠APB=45°，BQ=31．
【点睛】本题考查了三角形的动点问题，涉及等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．