清单03 中考数学解题技巧归纳（16大解题技巧）（抢分清单）2026年中考数学终极冲刺讲练测 练习+答案

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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）在矩形中，，，动点、分别在边和上，且，连接，当为等腰三角形时，的长为_______．
【答案】4或
【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，当时，过点作于点，连接，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
假设，则，
∴，
由勾股定理得，
即，
整理得，
∵，
∴该一元二次方程无解，
∴该种情况不存在；
②如图所示，当时，连接，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
假设，则，
由勾股定理得，
即，
解得，
∴；
③如图所示，当时，过点作于点，连接，
∴，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
假设，则，，
由勾股定理得，
∴，
即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴；
综上，的长为4或．
2．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，在中，，，点E是边上不与端点重合的一个动点，作交于点D，将沿折叠，点B的对应点为F，当为等腰三角形时，则的长为______．
【答案】或
【分析】当时，过点Ｆ作于点Ｍ，设，则，得到；设，则，则，求解即可．
【详解】解：，，
，
沿折叠，点B的对应点为F，
，，
为等腰三角形，
当时，
，
，
过点Ｆ作于点Ｍ，
，
，
，
，
设，则，
则，
根据题意，得，
，
解得；
当时，
，
，
，
，
设，则，
则，
，
解得；
3．（2026·江西宜春·一模）在矩形中，，，点P是折线上的动点（不与A，B两点重合），当为等腰三角形时，此时的长为________________．
【答案】或或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在上，时，
∵四边形是矩形
∴
∴；
如图，当点P在上，时，
∵四边形是矩形
∴，，，
∴
∴
∴；
如图，当点P在上，时，
∴；
综上所述，当为等腰三角形时，此时的长为或或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，，上，与之间的距离是1，与之间的距离是2．若是等腰直角三角形，则它的面积是________．
【答案】或或
【分析】分情况讨论：如图，由题意可得：，，过作于，交于，证明，当，，，过作于，过作于，同理证明，当，，，过作于，过作于，同理证明，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，由题意可得：当，，，过作于，交于，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的面积是．
当，，，过作于，过作于，
同理可得：，
∴，，
∴，
∴，
当，，，过作于，过作于，
同理可得：，
∴，，
∴，
∴，
综上：的面积为或或．
5．（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________．
【答案】，，，
【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，设，利用翻折性质得到，；分三种情况讨论为等腰三角形的条件，分别求解的长度．
【详解】解：以点为原点，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，，，设（），
∵沿翻折得到，
∴，，
①如图，当时，则在的垂直平分线上，
∴设，
∵，，
∴，
∴或，
∵，
∴
∴当时，；当时，；
②如图，当时，
设
∵且，，
∴，
解得，，
∴
∵，，
∴，
解得；
③如图，当时，设，
∵且，，，
∴，
解得，，
∴，
∵，
∴，
解得，
故答案为：，，，．
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的三角形叫做“折矩三角形”．如图，中，，，，点是直线上任意一点，连接．若为“折矩三角形”，则的长为________．
【答案】3 或 6+3
【分析】根据“折矩三角形”的定义可知为“折矩三角形”有两种情形，①当时，此时点在边上；②当时，此时点在的延长线上，讨论求解即可．
【详解】解：在中，，，，
∵为“折矩三角形”，
∴必有一个角为，分两种情况讨论：
①当时，此时点在边上，如图，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②当时，此时点在的延长线上，如图，
∴，
在上取一点，使得，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
综上，的长为3或．
2．（2026·黑龙江·一模）在矩形中，，，点，分别在，上，，连接，将沿翻折，得到，直线交对角线于点，当是直角三角形时，的长为_____．
【答案】或或
【分析】先根据矩形性质和勾股定理求出对角线的长，确定，得到的长度，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的长．
【详解】∵矩形中，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵沿翻折，得到，
∴，
∴，，，
∴，
∵为直角三角形，分两种情况讨论：
情况1：如图，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴；
情况2：如图，，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，，
∵在中，，，
∴，
∴；
情况3：如图，，过点作交ED于点，
∵，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，
∵在中，，，
∴，，
∵，即，解得：，
∴．
综上，的长为或或．
3．（2026·江西吉安·一模）如图，在直角中，，，，将直角边绕点顺时针旋转得到，旋转角为（），连接，.若是以边为直角边的直角三角形，则此时线段的长为______．
【答案】或或
【分析】随着旋转角度的增大，对中点P的位置进行分类讨论，结合勾股定理计算的长度．
【详解】解：在直角中，，，，
∴，
，
①如图1，当时，过点作，交的延长线于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴；
②如图2，当时，过点作，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴；
③如图3，当时，，
∴；
综上所述，线段的长为或或．
4．（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，连接．若为直角三角形，则的长为___________．
【答案】或
【分析】根据题意，由为直角三角形，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：由为直角三角形，分两种情况：
①，如图所示：
在中，，，，
设，，
在中，，，，则，
解得，即；
②，过点作交的延长线与点，如图所示：
由折叠的性质可知，，
，
，
，
设，
∴在中，，，
在和中，
，
，
，
在中，，，，则由勾股定理可得，
解得，即；
综上所述，的长是或，
故答案为：或．
5．（2025·江西抚州·一模）如图，在等边三角形中，，点D在上，，E是边上的动点，连接，以为斜边作等腰直角三角形，当的长为整数时，的面积为________．
【答案】1或或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的取值范围．过点D作于点G，连接，利用“直角三角形30度角所对的直角边是斜边的一半”求出的长度，再利用勾股定理求出、的长度，然后确定的取值范围，继而确定的整数值，最后求出的面积．
【详解】解：如图，过点D作于点G，连接，
在等边三角形中，，，
，
，，
，
，，
，
，
由题意知，当点E在点G处时，的长最小，当点E在点B处时，的长最大，
，
，，的长为整数，
的长为2或3或4，
是以为斜边的等腰直角三角形，
，
，
的面积为1或或4．
故答案为：1或或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=12BC,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=12BC.
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= 12AF;△BDC∽△BAF.
1．（2026·陕西渭南·一模）如图，在中，，，点D、E分别在、上，且，连接，点P、Q分别是、的中点，连接，则的长为________．
【答案】3
【分析】连接，并延长至点H，使得，连接，．证明，得到，，因此，，从而是等边三角形，得到，再根据三角形中位线的性质即可求解．
【详解】解∶连接，并延长至点H，使得，连接，．
∵点Q是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵点P、Q分别是、的中点，
∴．
2．（2025·山东威海·一模）如图，在中，．点D在的延长线上，点E为上一点，连接DE，点M，N分别为，的中点，连接．若，，则的长为________．
【答案】
【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，取的中点，连接、，由中位线定理可得、的长度，再根据勾股定理求出的长度即可．
【详解】解：连接，取的中点，连接、，如图所示，

∵分别是的中点，
∴分别是、的中位线，
∴且，且，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，
由勾股定理得．
故答案为：．
3．（2026·河南洛阳·一模）如图，在锐角三角形中，以为边作等边三角形，以为边作等腰三角形，其中，，为的中点，分别连接和，若的长为6，则的长为______．
【答案】
【分析】取的中点G，的中点H，连接、、，根据三角形中位线的性质可知，，，，然后由等腰三角形的和等边三角形的性质可求得，再利用两直线平行同位角相等，结合角度的和差可推出，从而根据两对边成比例且夹角相等证得，进而相似三角形对应边成比例，即可解答．
【详解】解：如图，取的中点G，的中点H，连接、、，
则，，
∵D为的中点，
∴，
∴，，，，
∵，是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
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：是的中位线，求证：．
证明：添加辅助线，如图，在中，延长（点分别是的中点）至点，使得，连接．请继续完成证明过程；
【问题解决】
(2)如图，在正方形中，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长；
【拓展研究】
(3)如图，在四边形中，，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（）证明四边形是平行四边形即可求证；
（）取的中点，连接，延长交于点，证明，得，，得到是中位线，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；
（）取的中点，连接，延长到点，使得，连接，证明，得，，过点作，交的延长线于点，连接，由，可得，，得到是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得，得到，即得到，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，延长到点，使得，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，；
（2）解：如图，取的中点，连接，延长交于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，取的中点，连接，延长到点，使得，连接，
∵，
∴，
∴，，
过点作，交的延长线于点，连接，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的中位线，
∴，
∵，
∴．
5．（24-25八年级下·浙江·月考）已知：如图，在四边形中，分别是的中点，可证：（无需证明）．
拓展：
(1)如图1；在四边形中，分别是的中点，分别延长，交于两点，求证：．
(2)如图2，在四边形中，与相交于点分别是的中点，连结，分别交，于点，，判断的形状：___________（直接写出答案，无需证明）．
(3)如图3，在中，，是上一点，且，，分别是，的中点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形
(3)
【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是的中位线，，，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，取的中点H，连接、，证明分别是的中位线，得到，，进而证明，，，即可证明是等腰三角形．
（3）取的中点G，连接，利用中位线的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵G、E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
同理：，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：是等腰三角形；
证明：如图，取的中点H，连接、，
∵E、F分别是的中点，
∴分别是的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（3）取的中点G，连接，
∵E，F分别是的中点，
∴，，
∵，
∴，即：，
∴．
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=12AC
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 中，，，点是的中点，点是上的动点，连接，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】连接，根据等腰三角形三线合一的性质得到，根据勾股定理得到的长度，根据点到直线的距离（垂线段最短）得到的最小值为点到的垂线段的长度，根据等面积法得到垂线段的长度即为答案．
【详解】解：如图，连接，
∵，点是的中点，，
∴，，
∴，
∴在中，，
∵点是上的动点，
∴的最小值为点到的垂线段的长度，
即为如图所示，过点作于点，线段的长度，
∵，
∴．
2．（2026·安徽合肥·一模）如图，点，点分别是正方形边和上两点，，，连接交于点．
（1）_____；
（2）连接，若点是的中点，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】（1）证明，得出，结合，即可得出．
（2）根据，得出，结合点是的中点，得出，设，则，勾股定理表示出，即可得出的最小值，则的最小值．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
．
（2）连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
设，则，
则，
∴的最小值，
∴的最小值．
3．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在等腰直角三角形中， ，，D是的中点，过点D 作于点E，于点F，连接．
(1)求证：四边形为正方形．
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据矩形的判定定理判断四边形是矩形；再结合等腰直角三角形中是中点，利用等腰直角三角形的性质推导，进而根据正方形的判定定理证明该四边形为正方形．
（2）因为四边形是正方形，所以与正方形的边长有关；先根据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的长度．
【详解】（1）证明：∵ ，，，
∴ ，
∴四边形是矩形．
连接，如图，
∵等腰直角三角形，
∴，
又∵，，
∴点是的中点，点是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形为正方形．
（2）解：∵ ，∴ ，
由（1）可知是中点、是中点，
∴ ，．
在中，，由勾股定理得．
4．（2024·湖南·模拟预测）（1）初步感知：如图①，在等腰中，为斜边上的中点，为上一动点，作交于点．求证：；
（2）问题探究：如图②，在等腰中，，为边上的中点，为边上一动点，作交边于点，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，证明即可得出结论；
（2）连接，作，，证明，由此得出结论依然成立．
【详解】解：（1）连接，
∵在等腰中，为的中点，
∴， ，
又
∴
∴
∴，
∴ ．
（2）成立，理由如下：连接，作，，
由（1）知： ，平分
∴ ， ，
在四边形中，，
又
∴
∴
∴
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，在四边形中，，当点O为的中点时，则易证．
【类比分析】
（1）小青同学将两个等腰直角三角形卡片与（其中），拼摆成点C ，B， E共线时，如图2，连接，取的中点O，连接，请直接写出与的数量关系；
（2）小阳同学在小青同学摆放的基础上，又将绕点B逆时针旋转角度α（），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，将绕点B逆时针旋转α（），若，，当时，请求出线段的长．
【答案】（1）
（2）相同，证明见解析
（3）线段的长为或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分别是的中点，连接，证明，，，可得，即得；
（3）当E在右侧时，设M是的中点，连接，作交的延长线于点P，求出， ，得，得，，即得；当点E在左侧时，设M是的中点，连接，作， 求出，得，，即得．
【详解】解：（1）．
理由：如图2，在和中，O是的中点，
∴，
∴；
（2）小阳得到的结论与小青相同．
证明：如图3，设M，N分别是的中点，连接，
∵与都是等腰直角三角形，，
∴，
∵M，N分别是的中点，
∴，
∴，
∵O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）当点E在右侧时，如图4，设M是的中点，连接，作交的延长线于点P，
∵是等腰直角三角形，
∴，
同理，
由（2）可得，
在中，
∵
∴，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点E在左侧时，如图5，设M是的中点，连接，作，垂足为点P，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，线段的长为或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，在中，，，第三边上的中线，则的取值范围是____．
【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，延长至点，使得，连结，根据“”可以判定__________，得出．在中，，，，故中线的长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，，，连接和，点是的中点，连接．求证：．小明发现，如图④，延长至点，使，连接，通过证明，可推得．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点，使，连接，
∵点是的中点，
∴．
∵，，
∴，
∴，，
∴，．
请你补全余下的证明过程．
【问题拓展】（3）如图⑤，在和中， ，，，点M，N分别是和的中点．若，，则MN的取值范围是 ．
【答案】（1），；（2），∴ ，又∵，∴．∵，∴，∴（3）
【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“”可证，可得，由三角形的三边关系可求解；
（2）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解；
（3）由（2）可知，，由三角形的三边关系可求解．
【详解】（1）解：如图②，为的中线，
，
又，，
，
，
在中，，，，
，
，
故答案为：，；
（2）证明：如图④，延长至点，使，连接，
点是的中点，
．
，，
，
，，
，
，
，
∴ ，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）如图⑤，连接，，
由（2）可知：，，
，，
，，
，
，
故答案为：．
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，在中，是边上的中线，延长到，使，连接．
(1)【探究发现】图1中与的数量关系是___________，位置关系是___________；
(2)【初步应用】如图2，在中，是边上的中线，若，，，判断的形状；
(3)【探究提升】如图3，在中，若，，D为边上的点，且，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)是直角三角形；
(3)．
【分析】（1）证，得，，再由平行线的判定即可得出；
（2）延长到，使，连接，由（1）可知，，得，利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，据此计算即可得出结论；
（3）延长到，使得，连接，证明，推出，再利用三角形的三边关系，即可得出结论．
【详解】（1）解：延长到，使，连接．
是的中线，
，
在和中，
，
，
，，
，
故答案为：，；
（2）解：如图2，延长到，使，连接，
由（1）可知，，
，，，
在中，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴是直角三角形；
（3）解：延长到，使得，连接，则，
∵，，
∴，且，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
3．（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在中，若，，则边上的中线的取值范围是_____；
（2）如图②，在中，D是边上的中点，于点交于点交于点F，连接，求证：；
（3）如图③，在四边形中，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交，于E，F两点，连接，探索线段，，之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），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）延长至，使，连接，证明，得出，再利用三角形三边关系即可得出答案；
（2）延长至点，使，连接，，同（1）得，，得出再证明，得出，最后再利用三角形三边关系即可得出答案；
（3）延长至点，使，连接，证明得出，再证明，得出，即可得证．
【详解】（1）解：延长至，使，连接，如图1所示：
∵是边上的中线，
∴，
在和中，
∴，
∴，
在中，由三角形的三边关系得：，
∴，即，
∴；
故答案为：；
（2）证明：延长至点，使，连接，，如图所示，
同（1）得，，
，，
∴，
在中，由三角形的三边关系得，
；
（3），
证明如下：延长至点，使，连接，如图所示，
，，
在和中，
，
∴，
，
，
，
在和中，
∴，
．
，
．
4．（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知是的中线，延长至点，使得．连结，求证：四边形是平行四边形．
（2）【拓展提升】如图2，在的中线上任取一点（不与点、点重合），过点、点分别作， ，连结，，求证：四边形是平行四边形．
（3）【灵活应用】如图3，在中，，，，点是的中点，点是直线上的动点，且，，当取得最小值时，求线段的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【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）延长到点，使，连接，利用证明，得，，可说明四边形是平行四边形，得，即可证明结论；
（3）延长到点，使，连接，由（2）知，，，则取最小值时，最小，故时，最小，利用等面积法求出的长，再利用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）证明：是的中线，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）证明：延长到点，使，连接，如图2，
，是的中线，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）解：延长到点，使，连接，如图3，
由（2）知，，，
则取最小值时，最小，故时，最小，
是的中线，
，
，
在中，
5．（2026·甘肃庆阳·一模）如图1，在正方形的边上任取一点E，作交于点F，取的中点G，连接，，
(1)写出线段和的数量关系和位置关系，并说明理由．
(2)如图2，将绕点B逆时针旋转，则线段和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，将绕点B逆时针旋转，则线段和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)，，理由见解析
(2)，
(3)，，理由见解析
【分析】（1）延长和交于点，连接、，根据正方形的性质得到，进而证明是等腰直角三角形，通过证明，得到，，进而证明，得到，，推出是等腰直角三角形，再利用三线合一性质以及斜边中线定理即可得出结论；
（2）延长和交于点，同理（1）的方法证明，得到，推出是等腰直角三角形，再利用三线合一性质以及斜边中线定理即可得出结论；
（3）延长交于点，连接、，同理（1）的方法证明以及，进而推出是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：，，理由如下：
如图1，延长和交于点，连接、，
∵正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
即，；
（2）解：如图2，延长和交于点，
由（1）得，是等腰直角三角形，
∴，，
∵正方形，
∴，，
由旋转的性质得，，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
即，；
（3）解：，，理由如下：
如图3，延长交于点，连接、，
由（1）得，是等腰直角三角形，
∴，，
∵正方形，
∴，，
由旋转的性质得，三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
即，．
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，为的角平分线，E为的中点，交的延长线于点F，交于点G．
(1)求证：为等腰三角形．
(2)求证：．
(3)求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【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）根据为的角平分线，，证得进而证得为等腰三角形；
（2）延长至点，使，连接，根据全等三角形的判定方法，证得，根据全等三角形的性质证得，根据角平分线的性质证得，进而证得；
（3）由（1）知，根据、，证得，进而证得即可．
【详解】（1）证明：，
，
为的角平分线
为等腰三角形；
（2）证明：延长至点，使，连接，
为的中点
在和中，
、
、
为的角平分线
；
（3）解：由（1）知，
、、
．
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，在中，是的角平分线．求证：．
结论应用
（2）如图2，在中，是的角平分线，过点作且交于点．若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）过点分别作于点，于点，根据角平分线的性质可得，结合三角形的面积公式即可得证；
（2）由（1）可知，，设，，由角平分线的定义可得，根据，可得，，推出，，得到，则，即可求解．
【详解】（1）证明：过点分别作于点，于点，
是的角平分线，
，
，，
，
即；
（2）由（1）可知，，
设，，
是的角平分线，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
3．（2026·山东威海·模拟预测）课本再现
（1）如图1，是的外角，平分，，则 ．（填“”“”或“”）
类比迁移
（2）如图2，在中，是的一条角平分线，过点D作交于点E，求证：．
拓展运用
（3）如图3，在中，，O是角平分线上一点，延长至点M，使，过点M作交于点N，猜想与的数量关系，并进行证明．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），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，由平行线的性质得，，等量代换得，进而可证；
（2）由角平分线的定义得，由平行线的性质得，等量代换得，进而可证；
（3）由角平分线的定义得，根据证明得，，然后证明即可得出．
【详解】解：（1）平分，
．
，
，，
，
．
故答案为：；
（2）平分，
．
，
，
，
；
（3），证明如下，
连接，，如图，
平分，
．
，，
，
，．
，
，
．
，
，
，
∵，
，
．
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，平分．点为上一点，过点作，垂足为，延长交于点，求证：．
（2）【问题探究】如图2，在（1）的条件下，过点作，垂足为交于点．若，试探究和的数量关系，并证明你的结论．
（3）【拓展延伸】如图3，中，，点在线段上，且于交于，试探究和之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）；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“”证明即可得出结论；
（2）先证，再证得出，进而即可得解；
（3）如图：过点作，交的延长线于点，与相交于，证出和，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）在和中，
，
；
（2），理由如下：
由（1）得，，
，即，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（3）．理由如下：
如图：过点作，交的延长线于点，与相交于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，即，
．
5．利用角平分线构造全等三角形是常用的方法，如图，平分．点为上一点，过点作，垂足为，延长交于点，可证得，则，．
【问题提出】
（1）如图，在中，平分，于点，若，，通过上述构造全等的办法，求的度数；
【问题探究】
（2）如图，在中，，，平分，，垂足在的延长线上，试探究和的数量关系；
【问题解决】
（3）如图是一块肥沃的土地，其中边与灌渠相邻，李伯伯想在这块地中划出一块直角三角形土地进行水稻试验，他进行了如下操作：
作的平分线；
再过点作交于点
已知米，米，面积为平方米，求划出的的面积．
【答案】（）；（），理由见解析；（）．
【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】（）延长交于点，由已知可知，再由等腰三角形的在得 ，然后由三角形的外角性质即可得出结论；
（）延长交于点，证，得，再由已知可知，即可得出结论；
（）延长交于， 由已知可知，，则再由三角形面积关系得，即可得出结论．
【详解】（）如图， 延长交于点，
由已知可知，
∴，
∵，
∴；
（），证明如下：
如图，延长交于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由已知可知，，
∴；
（）如图，延长交于，
由已知可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
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．将沿折叠，使点刚好落在边上的点处．
(1)在图1中，若，，，求；
(2)在图2中，若，
①求证：．
②若，求的度数．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
【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，即可求解；
（2）根据折叠的性质可得出，，根据三角形外角的性质并结合已知可得出，则，最后根据等角对等边即可得证；
②设，则，，，根据等边对等角得出．根据折叠的性质可得出，则，根据三角形外角的性质得出，在中根据三角形内角和定理可求出，则，， 最后在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：，
∴，
（2）①证明：沿折叠得到，
，
．，
，
，
；
②设，则，，
，
．
折叠，

∴．
，
在中，，
解得
，，
∴．
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，在中，平分，交于点，且求证：．
(2)请利用“截长补短”法，解决如下问题：如图③，在四边形中，已知，，，是的高，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【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）在上截取，使得，连接，由角平分线的定义可得，易利用证得，从而得到，，再由角度之间转换可得，根据等腰三角形的性质可得，即可推出；
（2）在上截取，连接，在中，由三角形内角和可求得，从而易证得，得到，从而可推出，易证，得到，从而可推出的长．
【详解】（1）证明：在上截取，使得，连接，如图所示：
平分，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：在上截取，连接，如图所示：

在中，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
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，在中，，求证：；
问题解决：如图2，在上找一点，使，过点作的平分线，交于点，连接．请你补全余下的证明过程；
问题拓展：
如图3，在中，是的平分线，，则___________度．
【答案】问题解决：见解析；问题拓展：
【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，得出，根据，即可得出答案；
问题拓展：在上取点E，使，连接，证明，得出，，，根据等腰三角形的性质得出，最后求出结果即可．
【详解】解：问题解决：在上找一点，使，过点作的平分线，交于点，连接，
则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
问题拓展：在上取点E，使，连接，如图所示：
∵是的平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
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，可作的平分线交于点D，则是等腰三角形，请给出证明；
（2）如图②，若，可延长至点D，使，连接，则______是等腰三角形；
（3）如图③，若，以C为顶点，为一边，在外作______，交的延长线于点D，则是等腰三角形；
【解决问题】
（4）如图④，在中，，，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）（3）（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，即可得证；
（2）利用等边对等角，三角形的外角，推出，即可得出结论；
（3）根据等角对等边，证明是等腰三角形即可；
（4）延长至点，使，取的中点，连接，证明，进而证明，推出为等边三角形，求出，利用三角形的内角和定理求出即可．
【详解】解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
故答案为：；
（3）作，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（4）延长至点，使，取的中点，连接，
则：，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
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，作的角平分线，构造等腰三角形．②如图b，作，构造等腰三角形．
③如图c，作，构造等腰三角形．④如图d，作，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，在中，，，求证．
【类比分析】
（2）如图2，在中，点D、E两点分别在线段AB、BC上，，，过点E作．如图2，求证．
【学以致用】
（3）如图3，为等边三角形，，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）作的平分线交于点E，作于点F．推出，得到，证明，即可证明；
（2）在上作，在上作，得到，推出，证明，得到，，再证明，据此即可证明结论成立；
（3）在上作，在上取点，使，连接，作，证明，推出，证明，设，则，，在中，求得，，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：作的平分线交于点E，作于点F．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：在上作，在上作，连接，如图，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：在上作，在上取点，使，连接，作，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∴，，
在中，，，
∴，，
∴，
在中，利用勾股定理得，
即，
解得，
∴．
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
1．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，E为的中点，上有一点F，若，则的面积等于______．
【答案】
【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．作的外接圆，圆心为点O，过点C作于点H，根据等腰直角三角形性质得，，则，进而得，是外接圆的直径，再根据得点F在外接圆上，则，由此得是等腰直角三角形，设，，据此得，则，继而得，然后根据三角形的面积公式即可得出的面积．
【详解】解：作的外接圆，圆心为点O，过点C作于点H，如图所示：

在等腰中，，
，，
由勾股定理得：，
，
，
，
是外接圆的直径，
又，
根据圆周角定理得：点F在外接圆上，
，
即，
，
是等腰直角三角形，
设，
由勾股定理得：，
点E是的中点，
，
，
解得：，
，
，
的面积为：．
故答案为：．
2．（2025·陕西渭南·三模）如图，在矩形中，，，P是线段上一动点，M是线段上一点，且，连接，则线段长的最小值为__________．
【答案】
【分析】取的中点，连接，．证明，推出，点M的运动轨迹是以O为圆心，5为半径的．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：如图，取的中点O，连接，．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
点M的运动轨迹是以O为圆心，5为半径的．
∴，
∵，
∴的最小值为．
故答案为：．
3．（2025·江苏徐州·一模）如图，在Rt中，，，，是边上的一动点，连接，作于点，连接，则的最小值为_______________．
【答案】/
【分析】由即、易知的长是定值，根据定弦定角可知：点D是在以为直径的圆上运动，取的中点O，的外接圆；连接，当三点在同一条直线上时，取最小值，此时，由此解答即可．
【详解】解：，
，
点D是在以为直径的圆上运动，
如图所示：取的中点O，则的外接圆为；连接，
当三点在同一条直线上时，取最小值，此时，
，
，
在中，，
．
故答案为：．
4．（2026·江苏宿迁·二模）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)填空：__________，__________；
(2)设为此抛物线的对称轴上一点，当的面积等于的面积时，求点坐标；
(3)直线．经过点，点为该直线上一动点，当有且只有一点满足时，求直线的函数表达式．
【答案】(1)，
(2)或
(3)或
【分析】（1）把，代入，解出即可；
（2）求出直线与直线交点M坐标，及，求出，进而求出结论；
（3）点P在以为直径的圆上，设其圆心为N，得出直线与相切于点，分两种情况：当点P在x轴上方，且直线与相切于点P时，或当点在x轴下方，且直线与相切于点时，分别求出即可．
【详解】（1）解：把，代入，得：
，
解得；
（2）解：，
∴此抛物线的对称轴是直线，
当时，，
，
设直线的表达式为，直线交直线于点M，
把，代入，得：
，
解得：，
∴直线的表达式为，
当时，，
，
，，，
，
，
∵的面积等于的面积，
，
，
，
或；
（3）解：，
∴点P在以为直径的圆上，设其圆心为N，
，，，
，的半径为3，
∵直线经过点，有且只有一点满足，
∴直线与相切于点，
∴分两种情况：
当点P在x轴上方，且直线与相切于点P时，连接，作于点H，
，
，，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
把，代入直线，得：
，
解得：，
∴直线的函数表达式为；
当点在x轴下方，且直线与相切于点时，
同理，，
同理，得出直线的函数表达式为；
综上，直线的函数表达式为或．
5．（2025·广东广州·二模）如图1，已知四边形中，
(1)点、分别是、边上动点，且，连接与，交于点，求的度数（用表示）；
(2)当时，
①点是边上动点，将沿着翻折，若点的对应点刚好落在对角线上，求此时的长度；
②如图2，在上运动，在射线上运动，与交于点，且满足，是中点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②4
【分析】（1）证明，推出，即可求解；
（2）①证明四边形是正方形，得到，，再结合折叠的性质，得到是等腰三角形，即可求解；
②先证得，得到，进而得到点P的运动轨迹是以为直径的圆上的一段弧，设的中点为O，连接，如图，在上取点Q，使，连接，证明，得到，则，可得当三点共线时最小，即最小，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：在和中，
，
，
，
，
；
（2）解：①在四边形中，，
四边形是正方形，
，，
设点C的落点为G，由折叠的性质可知，，，，
是等腰三角形，
，
；
②，，
，
，
，
∴，
，
连接，是中点，
∴，
∴点P的运动轨迹是以为直径的圆上的一段弧，
设的中点为O，连接，如图，
则，，
在上取点Q，使，连接，则，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
连接，如图，则，
∴当三点共线时最小，即最小，
作，垂足分别为H、K，
则四边形是矩形， ，
∴，
在直角三角形中，，
，
∴，，
则在直角三角形中，，
即的最小值为4．
技巧09 对角互补造辅助圆（四点共圆 ）
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，在线段同侧有两点B，D，连接如果，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，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），连接，则（依据1）
∵，
∴．
∴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，在四边形中，，则的度数为________．
(2)拓展探究：
(3)如图4，已知是等腰三角形，，点D在上（不与的中点重合），连接．作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于点F，连接．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)
(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，，，，进而得到，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：，
点，，，四点在同一个圆上，
，
，
，
故答案为：；
（3）证明：，
，
点与点关于的对称，
，，
，，
，
，
，，，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．
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，，，，请在图6中作一个过A，B，D三点的（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出的度数．
【答案】(1)=，=
(2)图4：点C在圆的内部时，，证明见解析；图5：点C在圆的外部时，，证明见解析；
(3)作图见解析，
【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，然后三角形外角的性质可得，再结合可得，最后结合四边形内角和为即可解答；图5：点C在圆的外部时，同理可解；
（3）如图：连接，作、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，再说明A、B、C、D四点在上，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：；
∵，
∴．
故答案为：，．
（2）解：图4：点C在圆的内部时，，证明如下：
如图：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
图5：点C在圆的外部时，，证明如下：
如图：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
（3）解：如图：即为所求；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵A，B，D三点在上，
∴A，B，C、D四点在上，
∵，
∴．
3．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)当平分时，求的度数为______；
(2)延长，交射线于点，当时，求的长；
(3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)为定值
【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得，则；
（2）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，根据菱形的性质可得，，利用三角函数可计算出，，使用勾股定理可得．由轴对称的性质可得，，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，进而得到．由两角相等可判定，计算得，因此；
（3）取的中点，连接，由轴对称的性质可得点为的中点，则是的中位线，因此，，进一步可得．容易得到，从而判断、、、四点共圆，则，因此，为定值．
【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，，
∵平分，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
在中，，，
∴，
由勾股定理可得，，
由轴对称的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：如图，取的中点，连接，
由（1）可知，，
∴，，
∵由关于对称得到，
∴垂直平分，
∴点为的中点，，，
∵点为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∵于点，
∴，
∵，
∴、、、四点共圆，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴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，在线段同侧有两点B，D，连接，如果，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
【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，在中，，将绕点A逆时针旋转得，连接交于点D，连接．小东发现，在旋转过程中，永远等于，不会发生改变．
①根据，利用四点共圆的思想，试证明；
②当为直角三角形，且时，直接写出的长．
【答案】（1）；（2）①见解析；②．
【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、即A，C，B，D四点共圆，则，进而得到，再证明可得，最后根据垂直平分线的性质即可解答；②分当和两种情况分别证明得到相应线段的长，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）作经过点A，C，D的，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），
连接，则，
又∵，
∴．
故答案为：．
（2）①证明：∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴A，C，B，D四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵旋转得，
∴
∴，
∵，
∴．
②如图中，当时，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
又∵，
∴，
∴，
如图中，当时，过B作交于H，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴,
∵，
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴．
综上，的长为或．
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1，四边形内接于，，则的度数为_____°；
(2)【问题探究】
如图2，在四边形中，，连接，，过点作交于点，，，求的长；
(3)【问题解决】
如图3，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，在边上修一个入水口，再修一个经过点、、的圆形水池，为的直径，沿、和架设木桥，在区域内种植荷花，已知，，，设的长为，区域的面积为．（木桥的宽度及入水口的大小均忽略不计）
①求与之间的函数关系式；
②由于预算有限，要求区域的面积尽可能的小，求种植荷花面积的最小值（即面积的最小值）．
【答案】(1)
(2)4
(3)①，此时；
②
【分析】（1）根据圆的内接四边形对角互补求解即可；
（2）先证明四点共圆，得到，根据勾股定理求得，再证明，列比例式求解即可．
（3）①过点B作于点M，求得，，，根据勾股定理，得，根据圆的性质，得，得到，，求解即可；
②根据题意，得，根据二次函数的最值求解即可．
【详解】（1）解：因为四边形内接于，，
故，
则；
（2）解：，
，
，
，
四点共圆，
∴，
∵，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
（3）解：，，，
，
设的长为，
，
过点B作于点H，
则，
，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
，
，
根据勾股定理，得，
为的直径，
，
∵，
∴，
，
，
，
，此时；
②解：根据题意，得
，
∵，
∴抛物线开口向上，函数有最小值，
∴当，的面积最小，且最小值为．
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，在等边中，E是边的中点，于点D，P是上的动点，若，则的最小值为 ．
【答案】3
【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，的值，从而找出其最小值求解．
【详解】是等边三角形，，
，
是的垂直平分线，
点E关于的对称点为F，
如图所示，作点E关于的对称点F，连接，
就是的最小值，
是等边三角形，E是边的中点，
F是的中点，
是的中线，
，
即的最小值为3，
故答案为：3．
2.如图，点在x轴上，直线与两坐标轴分别交于B，C两点，D，P分别是线段，上的动点，则的最小值为 ．
【答案】/
【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作于点H，交y轴于点，连接，连接，则的最小值即为的长度，分别求出，和的长度，根据，可得，求出的长度，即可确定的最小值．
【详解】解：作点A关于y轴的对称点E，过点E作于点H，交y轴于点，连接，连接，则的最小值即为的长度，
由题意得：点E坐标为，
∵直线与两坐标轴分别交于B，C两点，
令，则，
∴点C坐标为，
令，则，
∴点B坐标为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
3．如图，在平面直角坐标系中，点A坐标是，点B的坐标是，长为2的线段在y轴上移动，则的最小值是______．

【答案】
【分析】此题主要考查平移的性质，勾股定理；将把向下平移2个单位长度得到线段，连接，则，进而得出的最小值为长，即可求解答案．
【详解】解：如图，把向下平移2个单位长度得到线段，连接，则，

∴，
∵，
∴的最小值为．
故答案为：．
4．如图，在边长为2的正方形中，点M、N分别是边、上的动点，且，连接，，则的最小值为 ．
【答案】
【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；
本题延长到点，使，连接、、，根据正方形的性质可得，，然后得到，，进而得到，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：延长到点，使，连接、、，如图：
，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴由图可得的最小值为，
在中，勾股定理可得，
∵，，
解得：，
∴的最小值为：，
故答案为：；
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，使的值最小，
方法：作点B关于直线l的对称点，连接交l于点P，则的值最小．
直接应用：
（1）如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且，N是AC上一动点，则的最小值为 ．

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，求的最小值．

深化拓展：
（3）如图4，在锐角△ABC中，，，的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，求的最小值．

【答案】（1）10；（2）；（3）4
【分析】（1）如图2（详解），由正方形的性质可知点和点关于对称，连接,由题目中的几何模型可知是的最小值，由题可知,,根据勾股定理可求出即可；
（2）如图3（详解），先作出点关于对称点,连接,,由几何模型可知是的最小值，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，根据勾股定理求出即可；
（3）由题意和对称性可知,要求最小值，就是求出的最小值即可，根据垂线段最短过点作,是两线段之和最小值；因为，，根据解直接三角形即可得到答案.
【详解】（1）连接
在正方形中，
,，
又
∴,
在中
，
故的最小值为10.

（2）作出点关于对称点，连接,,
∵点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是弧AN的中点，
∴，
在中
，
即的最小值．

（3）连接,过点作.
∵的平分线交BC于点D，
∴，
即要求最小值，就是求出的最小值，根据垂直段最短，是的最小值，即也是的最小值.
在中
，，
∴，
即的最小值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，在菱形中，，，点，在上，连接，．若，则的最小值为 ．

【答案】
【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，，构造平行四边形，推出，，可得，当点G，F，C共线时等号成立，的最小值等于，结合菱形的性质，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，作，，菱形的对角线交于点O，

菱形中，，，
，，
，
．
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
当点G，F，C共线时等号成立，的最小值等于，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
2.如图，抛物线与轴分别交于，两点，与轴交于点，为抛物线对称轴上的线段，且，连接、、，则四边形周长的最小值为 ．
【答案】/
【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，点，则抛物线的对称轴为，作点关于抛物线对称轴的对称点，将点向下平移个单位得到点，连接交抛物线对称轴于点，将点向上平移两个单位得到点，由且，则四边形为平行四边形，所以，由抛物线的对称性知，，故有四边形周长，则当三点共线时四边形周长最小为，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：由得，当时，，
∴点，
令，则或，
∴点，点，
∴抛物线的对称轴为直线，
如图，作点关于抛物线对称轴的对称点，将点向下平移个单位得到点，连接交抛物线对称轴于点，将点向上平移两个单位得到点，
∵且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由抛物线的对称性知，，
∴，
∴四边形周长，
∵、为定值，，
∴当三点共线时，取得最小值，最小值为，
即四边形周长的最小值，
∵，，，，
∴，，
∴，
故答案为：．
3.在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点．点，是抛物线对称轴上两点（点在点的上方）且，则的最小值为 ．
【答案】
【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，连接，过点A作轴交于点E，连接，证明四边形是平行四边形，得出，结合二次函数的对称性得到，由两点之间线段最短，当三点共线时，有最小值，再根据平行四边形的性质得到，运用两点距离公式列式计算即可作答．
【详解】解：令，则或，
将代入，则，
∴，
∴抛物线的对称轴为，
如图，连接，过点A作轴交于点E，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
∵点，是抛物线对称轴上两点（点在点的上方），
∴，
当三点共线时，有最小值，最小值为的长，
∵四边形是平行四边形，，，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
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，，，点E是边中点，点F是对角线边上的动点．连接，，则的最小值为________；
(2)如图2，已知矩形，，．点E是上的点，且，点F，G是上的动点，且，连接．则的最小值为________；
(3)如图3，已知正方形，，E是上的动点，F是上的动点，且．连接，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）取中点记作点，连接，，，记与的交点为点，连接，，先根据三角形的中位线性质和菱形性质证明点是点E关于的对称点，则，当点F运动到点时，的最小值，即的长，
证明为等边三角形和为等腰三角形，利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可求解；
（2）在上取点H，使得，连接，证明四边形是平行四边形，得到，在延长线上取点，使得，连接，则，进而利用两点之间线段最短得到的最小值为，然后利用勾股定理求得即可求解；
（3）在下方，过C作，且，连接，，证明得到，由，当A、F、P共线时取等号，可得的最小值为的长；过P作于H，延长线于Q，由等腰直角三角形的判定与性质求得，再证明四边形是矩形，得到，，在中利用勾股定理求得即可．
【详解】（1）解：取中点记作点，连接，，，
记与的交点为点，连接，，
∵点E，点分别是，边中点，
∴，，，
在菱形中，，,
∴，，
∴点是点E关于的对称点，
∴，
∴当点F运动到点时，的最小值，即的长，
在菱形中，，，
∴，则为等边三角形，
∴，
∴，则为等腰三角形，
∵点是边中点，
∴，，即，
又，，
∴，则，
在中，，
又∵，，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
在上取点H，使得，连接，则
∴四边形是平行四边形，
∴，
在延长线上取点，使得，连接，则，
∴，当H、F、共线时取等号，
∴的最小值为，
∵，．
∴中，，，
∴，
∴的最小值为；
（3）解：在下方，过C作，且，连接，，
∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，又，
∴，
∴，
∴，当A、F、P共线时取等号，
∴的最小值为的长；
过P作于H，延长线于Q，则，
在中，，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴，
∴的最小值为．
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图像与一次函数的图像交于A，B两点，已知．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点C是直线上方抛物线上的一动点，连接，．点M，N是y轴上的两动点（M在N上方），且满足，连接，，当的面积取得最大值时，求的最小值；
(3)当（2）中取得最小值时，若Q是抛物线对称轴上位于直线上方的一动点，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)
(3)或
【分析】（1）首先确定，将，两点代入并求解即可；
（2）过点C作轴交直线于点E， 设点C坐标为，易得点E 坐标为，可知，结合三角形面积公式可得，由二次函数的性质可得当时，有最大值，此时，将点 B 关于y轴的对称点，再向上平移3个单位得到，连接、，,则有，即可获得答案；
（3）根据待定系数法求出直线解析式，则可求点M的坐标，设，分三种情况讨论：；；，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，令，可得，
∴，
将，两点代入，
可得，解得，
则抛物线的表达式为；
（2）解：过点C作轴交直线于点E， 设点C坐标为，

∴点E 坐标为，
∴，
∵，，
∴，
∴当时，有最大值，
此时，
将点 B 关于y轴的对称点，再向上平移3个单位得到，连接、，,则，
，，
是平行四边形，
，
，
，
即当点、、三点共线时，有最小值，
，
，
即最小值为；
（3）解：设直线解析式为，
把，代入，得，
解得，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
对于，当时，，
设，
当时，，
解得，（不符合题意，舍去），
∴；
当时，，
解得，（不符合题意，舍去），
∴；
当时，，
解得（不符合题意，舍去），
综上，点Q的坐标为或．
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，于F，G．在上取，连接，交于D．在D处作到对岸的垂线，那么就是造桥的位置，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． 证明四边形为平行四边形得，可得，进而可说明方案可行．
【详解】解：，，
．
，
，
四边形为平行四边形，
．
根据两点之间线段最短可知，
．
与河岸垂直，为定值，
当时，路径最短．
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），将军从山脚下的点出发，到一条笔直的河边饮马后再回到点宿营，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），作点关于直线的对称点，连接与直线交于点，点就是饮马的地方，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），在直线上另取不同于点的任一点，连接，，．
∵点、关于直线对称，点、在直线上，
∴______，______，
∴______．
∵在中，，
∴______，即最小．
【解决问题】
【答案】任务一: ,,,;
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、关于直线对称，点、在直线上，
∴，，
∴．
∵在中，，
∴，即最小；
任务二
如图，即为最短路径．
任务三
如图，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=时，PM+PQ+QN有最小值，最小值为3+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=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，即M′Q+QN=3，据此知m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+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），
∴，解得：，∴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，解得：，∴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=，∴D（，0），BD=3-，

∵S△NBC=S△ABC，∴S△CDB+S△BDN=AB•OC，即BD•|yC-yN|= [3-（-1）]×3，
即×（3-）[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：，解得：，
∴直线M′N的解析式为y=-2x+3，当y=0时，x=，∴Q（，0），即m=，
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=， ∴M′Q+QN=3，∴当m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+3．
4.（1）问题提出如图①，在中，，点D，E分别是的中点．若点M，N分别是和上的动点，则的最小值是______．
（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，为河宽，连接，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，在矩形中，．E、F分别在上，且满足，．若边长为10的正方形在线段上运动，连接，当取值最小时，求的长．

【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，过点A作于点F，根据两点之间线段最短，可得当时，最短，此时点N与点F重合，即的最小值为的长，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为平行四边形，从而得到，再根据“两点之间线段最短”，当点，N，B三点共线时，最短，即可求解；
（3）过点N分别作，分别交于点H，G，连接交于点T，过点G作于点X，则，，证明四边形，四边形都是平行四边形， 可得，从而得到当点H，T，G三点共线时，的值最小，此时点N与点T重合，然后证明，可得，可求得的长；过点Q分别作，分别交于点K，L，连接交于点S，当点K，S，L三点共线时，的值最小，此时点N与点S重合，同理可求出的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接，过点A作于点F，∴，

当时，最短，此时点N与点F重合，即的最小值为的长，
∵，∴，∴，
∴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：，，
∴四边形为平行四边形，∴，
根据“两点之间线段最短”，当点，N，B三点共线时，最短，
∵为河宽，∴在点N处建桥，可使从A到B的路径最短．
（3）如图，过点N分别作，分别交于点H，G，连接交于点T，过点G作于点X，则，，

根据题意得：，，
∴四边形，四边形都是平行四边形，
∴，∴，
即当点H，T，G三点共线时，的值最小，此时点N与点T重合，
∵，∴，，，
∵，∴，∴，∴，解得：，
∴；
如图，过点Q分别作，分别交于点K，L，连接交于点S，当点K，S，L三点共线时，的值最小，此时点N与点S重合，同理；
综上所述，当取值最小时，的长为38或14．
5.如图，在平面直角坐标系中，拋物线经过点，与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），连接，，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是射线上方抛物线．上的一动点，过点P作轴，垂足为E，交于点D．点M是线段．上一动点，轴，垂足为N，点F为线段的中点，连接，．
①求线段长度的最大值
②当线段长度取最大值时，求的最小值；
③将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段长度取得最大值时的点D，且与直线相交于另一点K．点Q为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标．
【答案】(1)；
(2)①；②；③或．
【分析】（1）由题意利用正切函数求得，得到，再利用待定系数法即可求解；
（2）①求得，利用待定系数法求得直线的解析式，设，即可求得最大值；
②证明四边形是平行四边形，得到，推出当共线时，取最小值，即取最小值，据此求解即可；
③求得，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式，再分两种情况讨论，计算即可求解．
【详解】（1）解：令，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
将和代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）①解：令，则，
解得或，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得，
解得 ：，
∴直线的解析式为，
设（），则，
∴，
∵，
∴当时，最大，此时，
∴
②由①得：，，，
∴，，
连接，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴当共线时，取最小值，即取最小值，
∵点为线段的中点，
∴，
∴，
∴的最小值为；
③解：由①得点的横坐标为，代入，得，
∴，
∴新抛物线由向左平移2个单位，向下平移2个单位得到，
∴，
过点作交抛物线于点，
∴，
同理求得直线的解析式为，
∵，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得，，
当时，，
∴，
作关于直线的对称线得交抛物线于点，
∴，
设交轴于点，
由旋转的性质得到，
过点作轴，作轴于点，作于点，
当时，，
解得，
∴
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
同理直线的解析式为，
联立，
解得或，
当时，，
∴，
综上，符合条件的点的坐标为或．
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，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作射线，作于E，作于F，交y轴于，可求得，从而得出，进而得出，进一步得出结果．
【详解】解：如图，
作射线，作于E，作于F，交y轴于，
抛物线的对称轴为直线，
∴，
当时，，
∴，
当时，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，当点P在时，最小，最大值等于，
在中，，，
∴，
∴，
故选：A．
2.（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，平行四边形中，，，，为边上的一动点，则最小值等于 .
【答案】
【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．
过点作，交的延长线于点，由锐角三角函数可得，即，则当点，点，点三点共线，且时，有最小值，即最小值为．
【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴当点，点，点三点共线，且时，有最小值，即最小值为，
∵，
∴，
故答案为：．
3.如图，在菱形中，对角线，交于点，，点在线段上，且，点为线段上的一个动点．
（1） ；
（2）的最小值为 ．
【答案】 30
【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）证明是等边三角形，得出，然后根据菱形的性质求解即可；
（2）过P作于Q，过M作于H，根据含角的直角三角形性质得出，则，故当M、P、Q三点共线，即Q和H重合时，最小，最小值为，可求出，根据含角的直角三角形性质，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）∵菱形，
∴，，
又，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：30；
（2）过P作于Q，过M作于H，
∵，
∴，
∴，
∴当M、P、Q三点共线，即Q和H重合时，最小，最小值为，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
4.已知抛物线经过点两点，与轴交于点，顶点为．
(1)求的值及顶点的坐标；
(2)点为直线下方抛物线上的一点，当时，求点的坐标；
(3)点为轴上的一动点，连接，当取得最小值时，求点的坐标，并求出这个最小值．
【答案】(1)，，
(2)
(3)点的坐标为，这个最小值为
【分析】（1）将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，取的中点F，连接并延长，交于点G，连接并延长，交抛物线于点E，根据F为的中点，得出，求出直线的解析式为，直线的解析式为，联立，求出，根据，得出直线的解析式为，联立，求出点E的坐标即可；
（3）过点M作于点N，过点B作于点G，交y轴于点H，证明和都是等腰直角三角形，得出，从而说明，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，最小，且最小值为的长，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：将代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：，
∴顶点坐标；
（2）解：连接，取的中点F，连接并延长，交于点G，连接并延长，交抛物线于点E，如图所示：
把代入得：，
∴，
∵，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴此时点E符合题意，
∵F为的中点，
∴，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
∴，
同理根据，可得直线的解析式为，
联立，
解得：，，
∴点E的坐标为；
（3）解：过点M作于点N，过点B作于点G，交y轴于点H，如图所示：
则，
∵，，
∴，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵两点之间线段最短，且垂线段最短，
∴当点M在点H处时，最小，且最小值为的长，
∵，，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴当取得最小值时，点的坐标为，这个最小值为．
5.（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、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，将线段绕点P逆时针旋转，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)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？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)或
(3)存在，，的最小值为
【分析】（1）对称性求出点坐标，两点式写出函数解析式即可；
（2）设对称轴与轴交于点，设，，分点在轴上方和点在轴下方两种情况进行讨论求解即可；
（3）在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，易得为等腰直角三角形，进而得到，推出，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长，证明为等腰直角三角形，求出点坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵点在对称轴上，设对称轴与轴交于点
∴设，；
∵旋转，
∴，
当点在轴上方时，
∵关于对称轴对称，
∴，
∴当时，满足题意，此时点与点重合，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
当点在轴下方时，如图，作对称轴于点，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
把代入，得：，
解得：或（舍去）；
∴；
综上：或；
（3）存在；
在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，则：，，
∵，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
在中，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
综上：，的最小值为．
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）， 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？
如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r（即），∵，∴，
∵∠POC=∠BOP，∴△POC∽△BOP，∴，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AP＋BP的最小值为（ ）

A．7B．5C．D．
【答案】B
【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．
答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．
∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，
∴PC2＝CM•CA，
∴，
∵∠PCM＝∠ACP，

∴△PCM∽△ACP，
∴，
∴PMPA，
∴AP+BP＝PM+PB，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM5，
∴AP+BP≥5，
∴AP+BP的最小值为5．
故选：B．
2.如图，已知正方形的边长为2，点O是边的中点，G为正方形内一动点，且．点P是边上另一动点，连接、，则的最小值为 ．
【答案】/
【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．作点关于直线的对称点，连接，以为圆心，长为半径作圆，点在圆上运动，、与交于点、，则，，，当点、在、位置时，此时点、、、四点共线，有最小值为长，过点作于点，求出，即可求解．
【详解】解：正方形的边长为2，点O是边的中点，
，，，
如图，作点关于直线的对称点，连接，以为圆心，长为半径作圆，点在圆上运动，与与交于点、，
则，，，
，
当点、在、位置时，此时点、、、四点共线，有最小值为长，
过点作于点，则四边形是矩形，
，，
，
，
的最小值为，
的最小值为，即，
故答案为：．
3.（2025·广东清远·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，．抛物线的对称轴直线与经过点A的直线交于点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，使得是以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为上一个动点，请求出的最小值．
【答案】(1)
(2)存在，或或
(3)
【分析】（1）根据题意，可求出点的坐标，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当时；②当时；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，在上取点，使，连接，可证，得，当点三点共线时，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，，
∴ ，．
∴将代入，
得，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：存在点，理由如下：
直线的解析式为，将代入得
解得：
∴直线的解析式为：
∵抛物线对称轴与轴交于点，
∴当时，，
∴，
①当时，设直线交对称轴于点，
∵，，二次函数对称轴为，
∴，，轴，
∴是等腰直角三角形，，
∵，
∴，且，
∵
∴，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点的坐标为；
②∵，，
∴
∴
∴是直角三角形，
当时，根据点关于抛物线对称轴对称，
则直线经过点坐标为，
设直线的解析式为，将点坐标代入，
得，
解得，
直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或；
（3）解：已知，以点为圆心，画半径为的圆，点为上一个动点，
如图，在上取点，使，连接，
，
∴，
，
，
又，
，
，即，
，
当点三点共线时，的值最小，即为线段的长，
，
，
的最小值为．
4.（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于两点，为抛物线顶点．
(1)求的值；
(2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）通过长度先得到点坐标，再将两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线的函数表达式，设出点坐标为，进而得到两点坐标，再通过列出方程，解方程即可；
（3）取取，连接，，先证得，得到，进而可得到，再通过两点坐标求得长度．
【详解】（1）解：，
点坐标为，
将，代入，
得，
解得，
（2）解：设直线的表达式为，
由（1）可知抛物线的表达式为，
故点坐标为，
直线的表达式为
设点坐标为，
则， ，
，
若，
则，
解得，
，
故，此时点坐标为；
（3）如图，取，连接，
，，，
又，
，
，
，
，
，
故的最小值为．
5.问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P为圆上一动点，连接，，求的最小值．
(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，在上取一点D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值；
(2)自主探案：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值；
(3)拓展延伸：如图2，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(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，得到当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．求出的长即可；
（2）连接，在上取点D，使，连接，，证明．得到．则．当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，进一步求出的长即可；
（3）延长到点E，使，连接，．证明．得到．．当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．进一步求出的长即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
，要使最小，即最小．
当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．
在中，，，．
的最小值为．
（2）如图，连接，在上取点D，使，连接，，．
，
．
．
．
．
当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，
在中，．
的最小值为．
（3）如图，延长到点E，使，连接，．
．
，，
．
，
．
．
．
．
当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．
在中，．
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：
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
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=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=，AQ1=AP1，连结Q1Q交BC于点N，
∵AP=AQ，AQ1=AP1，∠P1AQ1=∠PAQ=，，∴∠APP1=∠AQQ1，
∵∠AMP=∠NMQ，∴∠MNQ=∠PAQ=，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，在矩形中，，，是对角线上的一动点，连接，若以为边向右上侧作等边；点从点运动到点的过程中，连接，则线段的最小值是 ．
【答案】
【分析】以为边作等边，连接．证明，得到，从而，因此是定值，即点G在与成定角的直线上运动．过点C作于点H，则点G在点H时，取得最小值，最小值为的长．当点E与点A重合时，过点G作于点M，过点F作于点N，求出，，的面积，得到，根据勾股定理求出，再由三角形的面积求出，即可解答．
【详解】解：如图，以为边作等边，连接．
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵在矩形中，，，
∴，
∴，
∴是定值，即点G在与成定角的直线上运动．
过点C作于点H，则点G在点H时，取得最小值，最小值为的长．
如图，当点E与点A重合时，
过点G作于点M，过点F作于点N，
∴，
∴．
∵是等边三角形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
，，
∴在中，
∵，
又，
∴，
∴，
∴点从点运动到点的过程中，线段的最小值是．
故答案为：
【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，点的坐标是，点是轴上的一个动点．以为边向右侧作等边三角形，连接，在运动过程中，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，以为边，在左边作等边三角形，连接，证明，得到，当时，的值最小，根据等边三角形的性质，含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，以为边，在左边作等边三角形，连接，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的值最小时，的值最小，
当时，的值最小，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在中，，
故答案为：4 ．
例3．（2024·山东泰安·校考一模）如图，矩形的边，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
【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＝，BC＝3，∴∠B＝90°，CD＝，AD＝3，
∵AE＝1，∴BE＝，∵∠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＝，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，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B，C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转到，连接，则线段的最小值为 .
【答案】//
【分析】如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．利用全等三角形的性质证明，推出，推出点Q在射线上运动，求出，可得结论．
【详解】解：如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．
∵四边形是矩形，∴，∵都是等边三角形，
∴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，
∵，，∴点Q在射线上运动，
∵，∴，∵，∴．据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，的值最小，最小值为．
故答案为：．
【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 中， 为 的中点，连接 ，则 与 的位置关系是_____．

（2）如图2，在中， ，， 是线段上一动点(不与、重合)，连接 ，将线段绕点逆时针旋转 得到线段，连接，点和点分别是边 的中点．试探究和的数量关系，并说明理由．
【问题解决】
（3）如图 3，正方形 是一块蔬菜种植基地，边长为 3 千米，对角线 为该基地内的一条小路，管理人员计划在小路 上确定一点 (不与点 重合)，连接 ，以线段 为斜边，在 右侧建等腰直角 区域( )，用来种植新品有机蔬菜，并在 处设立蔬菜仓库． 点和 点为基地的两个蔬菜打包装运点， 在 上且 ． 现要沿 修建蔬菜运输轨道，请确定运输轨道 的最小值． 并求出当 最小时，有机蔬菜种植区域的面积 (即 的面积)．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）运输轨道的最小值为千米，的面积为平方千米．
【分析】（1）根据全等三角形的判定得出，进一步根据，即可推出，即证；
（2）由题意连接，，先得出，同理可得，，进一步利用即可进行证明；
（3）首先确定出的运动轨迹，由两点之间线段最短可知，当三点共线时，取最小值，继而在中，由勾股定理得出，过作,交于点，利用相似性质得出，即可进一步求的面积．
【详解】解：（1）由题意知，在与中，
，（中点定义），，
，
，
又（平角定义），
，即．
故答案为：．
（2），理由如下：
如图，连接，，
，
，
，
，
，
，
同理可得，，
，
，
，
，
，
，
．
（3）取中点，连接，过作，交于，
由正方形可得
,
，
,
，
，
,
是等腰直角三角形，
从而确定出的运动轨迹即如下图：
,
，即最小值等于最小值,
由两点之间线段最短可知，当三点共线时，取最小值，
正方形边长为3千米，是中点，
在中，由勾股定理得千米,
，
千米，千米，
千米，
在中，由勾股定理得千米，
即运输轨道的最小值为千米，
过作,交于点，如图，
,
,
,
千米，
此时的面积为平方千米．
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=kAQ，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。

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）在矩形中，，点在上，点在平面内，，，连按，将线段绕着点顺时针旋转得到，则线段的最大值为 ．
【答案】
【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，将线段绕点顺时针旋转得，得，将线段绕点顺时针旋转得，得，证明，得判断要使最大，则三点共线时最大，最大值为，根据勾股定理可求出即可得出结论
【详解】解：∵在平面内，且，
∴在以为圆心，3为半径的圆上，如图，
将线段绕点顺时针旋转得，
∴，
将线段绕点顺时针旋转得，
∴，
∴
∴
∴，
∴
∴在点为圆心，3为半径的圆上，
要使最大，则三点共线时最大，最大值为；
∵四边形是矩形，
∴
∵
∴
∴，
∴
∴
∴的最大值为，
故答案为：．
例2．（2024春·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图，四边形为正方形，P是以边为直径的上一动点，连接，以为边作等边三角形，连接，若，则线段的最大值为 ．
【答案】/
【分析】连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，通过证明，得出，从而得出点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；则当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，易证为等边三角形，求出，即可求出．
【详解】解：连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，
∵绕点B逆时针旋转得到，∴，，
∵为等边三角形，∴，，
∴，即，
在和中，，∴，
∵，四边形为正方形，∴，则，
∴，∴点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；
∴当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，， ∴为等边三角形，∴，
∴，故答案为：．
【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】
【分析】通过证可得，由勾股定理可得，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，
∵，∴，∴，
又AE=1，解得，由勾股定理可得，，
由三边的关系可得，AF的最小值为：AG-GF=；故答案为：.
例4．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，对于图形与图形给出如下定义：为图形上任意一点，将图形绕点顺时针旋转得到，将所有组成的图形记作，称是图形关于图形的“关联图形”．(1)已知，，，其中．若，请在图中画出点关于线段的“关联图形”；若点关于线段的“关联图形”与坐标轴有公共点，直接写出的取值范围；(2)对于平面上一条长度为的线段和一个半径为的圆，点在线段关于圆的“关联图形”上，记点的纵坐标的最大值和最小值的差为，当这条线段和圆的位置变化时，直接写出的取值范围（用含和的式子表示）．
【答案】(1)①见详解；②或(2)
【分析】（）根据新定义找出关键点的旋转后连接即可；同上理分情况讨论即可；
（）画出分析图，如图所示，线段的长度为，圆的半径为，易得且相似比为，再移动图形即可求出；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：如图所示：线段即为所求；

如图：当 时，点关于线段的“关联图形”与轴恰有公共点，
∴时，点关于线段的“关联图形”与轴有公共点；
当 时，点关于线段的“关联图形”与轴恰有公共点，
∴时，点关于线段的“关联图形”与轴有公共点；

综上所述：或；
（2）如图，画出分析图，如图所示，线段的长度为，圆的半径为，
点分别绕点顺时针旋转得到，分析可知且相似比为，
可得圆的半径均为，随意转动图，可得．
例5．（2025·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，对于点、和图形，将图形沿射线方向平移，平移距离为线段的长，得到图形．若点在图形上，则称点为图形关于点的“位移点”．
如图，点、．
(1)若半径为1，
①在、、中，关于点的“位移点”是______；
②若在线段上存在一点，使得点为关于点的“位移点”，直接写出的长的取值范围；
(2)已知点，半径为1，点在上，点为线段关于点的“位移点”．点，半径为，点在上．若存在点D，P，使为以点为直角顶点的等腰直角三角形，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①、；②
(2)或
【分析】（1）①将沿射线方向平移的长的距离，可以得到，且半径为1，根据新定义可知关于点的“位移点”在上，再逐个分析即可判断；②沿射线方向平移的长的距离，可以得到，且半径为1，根据新定义可知点在上，再利用线段的性质得到的最小值为，的最大值为，再对的长分情况讨论即可求解；
（2）分①点在的右侧；②点在的左侧2种情况讨论，连接，以为斜边作等腰直角三角形，作轴于，作于，连接，利用相似三角形的性质求出，利用全等三角形的性质求出点的坐标，得出点的轨迹是以点为圆心，半径为1的圆，记为；将线段沿射线方向平移的长的距离，可以得到线段，根据新定义可知在线段上存在一点，使得点在以为圆心，半径为1的圆上，记此时的圆为，再讨论与的位置关系即可求出的取值范围．
【详解】（1）解：①，半径为1，
沿射线方向平移的长的距离，可以得到，且半径为1，
，，，
、在上，
关于点的“位移点”是、，
故答案为：、；
②由题意得，沿射线方向平移的长的距离，可以得到，且半径为1，
点为关于点的“位移点”，
点在上，
，
，
，
的最小值为，的最大值为，
点在线段上，
当时，最小；当点与点重合时，最大，
当时，
，，
是等腰直角三角形，，
又，
，此时的最小值为；
当点与点重合时，
则，此时的最大值为，
综上所述，的长的取值范围为．
（2）解：①当点在的右侧，连接，以为斜边在右侧作等腰直角三角形，作轴于，作于，连接，如图所示，
和是等腰直角三角形，
，，
，即，
，
，
，
，
，
又，
，
又，，
，
，，
设，，
由点可得，解得，
，
点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，记为；
将线段沿射线方向平移的长的距离，可以得到线段，则有，，
半径为1，点在上，
，
又点为线段关于点的“位移点”，
在线段上存在一点，使得点在以为圆心，半径为1的圆上，记此时的圆为，
当点与点重合，且与相切（在右侧）时，此时，有最大值，如图所示，
此时，
，
当，且与相切（在左侧）时，此时，有最小值，如图所示，连接，
由（1）得，是等腰直角三角形，则有，
由平移的性质得，，
，，
轴，
，
是等腰直角三角形，，
，
；
的取值范围为；
②当点在的左侧，连接，以为斜边在左侧作等腰直角三角形，作轴于，作于，连接，如图所示，
同理①的方法可得，，，
点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，记为；
将线段沿射线方向平移的长的距离，可以得到线段，则有，，
半径为1，点在上，
，
又点为线段关于点的“位移点”，
在线段上存在一点，使得点在以为圆心，半径为1的圆上，记此时的圆为，
当点与点重合，且与相切（在下方）时，此时，如图所示，
，
，
解得：，
当时，满足题意；
综上所述，的取值范围为或．
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)
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
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： ① 180°．（填“＞”“＜”或“＝”）
∵四边形内角和为，
∴ ② ．（填“＞”“＜”或“＝”）
如果四边形的四个顶点不在同一个圆上，那么与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．
……
如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），
连接，则，
又∵，
∴___________，
∴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所确定的上，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上．
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），将军从地出发，先到草地边某一处牧马；再到河边饮马，然后回到处，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、两村之间有一条河，且这条河的宽度处处相等，从村前往村，要经过这条河，现要在这条河上造一座垂直于河岸的桥，则这座桥造在何处可使由村到村的路程最短？（保留画图痕迹，在图上画出道路和桥的位置）