重难点05 几何动点及最值、存在性问题（12题型）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

这是一份重难点05 几何动点及最值、存在性问题（12题型）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含重难点05几何动点及最值存在性问题原卷版docx、重难点05几何动点及最值存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共114页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
重难点突破05 几何动点及最值、存在性问题
目 录
TOC \ "1-3" \n \p " " \h \z \u
\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°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