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(共18张PPT)
投影与视图
第27讲
考情分析
　　本课时在中考中基本上占3分，是中考的必考知识点.通常以下面几
种方式考查：1.识别几何体的三视图；2.根据已知的三视图判断对应的
几何体；3.根据已知的三视图求几何体的表面积或体积或立体图形的展
开与折叠.十年来出题均为选择题，题目简单易得分，10年10考.
考点1　识别几何体的三视图
例1 （2024河南）信阳毛尖是中国十大名茶之一.如图是信
阳毛尖茶叶的包装盒，它的主视图为（　A　）
A
A B C D
名师点拨
　　本题考查了简单几何体的三视图.理解视图的定义，掌握简单几何
体三视图的画法和形状是正确解答的关键.首先把茶叶包装盒实物抽象
为常见的几何体——六棱柱，再根据题中标示的几何体的正面确定它的
主视图.
跟踪训练
（2025成都）下列几何体中，主视图和俯视图相同的是（　C　）
A B C D
C
考点2　立体图形的展开与折叠
例2 （2022 河南）2022年北京冬奥会的奖牌“同心”表达了“天地
合·人心同”的中华文化内涵.将这六个汉字分别写在某正方体的表面
上，如图是它的一种展开图，则在原正方体中，与“地”字所在面相对
的面上的汉字是（　D　）
A. 合 B. 同 C. 心 D. 人
D
名师点拨
　　本题主要考查了正方体的展开与还原.注意正方体是空间图形，从
相对面入手，分析及解答问题.
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
跟踪训练　（2024江西）如图是4×3的正方形网格，选择一个空白小正
方形，能与阴影部分组成正方体展开图的方法有（　B　）
B
考点3　与平行投影有关的问题
例3 （2025周口二模）下列四幅图中，表示两棵树在同一时刻阳光下的
影子的是（　B　）
名师点拨
　　根据平行投影的意义和性质，可得影子与实物的位置和大小关系，
从而得出答案.
B
A B C D
跟踪训练 龙翔大道旁有一根电线杆AB和一块长方形广告牌
CDFH，有一天小彬突然发现在太阳光照射下，电线杆顶端A的影子刚
好落在长方形广告牌CDFH的上边中点G处，而长方形广告牌的影子刚
好落在地面上点E处（如图）.已知BC＝5米，长方形广告牌的长HF
＝4米，高HC＝3米，DE＝4米，则电线杆AB的高度是（　C　）
C
A. 6.75米 B. 7.75米
C. 8.25米 D. 10.75米
【解析】如图，作GM⊥BD于点M，延长AG交BE于点N. ∵点G是HF的中点，HF＝4米，∴CM＝MD＝GF＝2米.∵HC＝3米，∴GM＝3米.根据平行投影的性质，可得MN＝DE＝4米.∴BN＝BC＋CM＋MN＝11米.∵GM∥AB，∴ ＝ ，即 ＝ .∴AB＝8.25米.故选C.
考点4　与中心投影有关的问题
例4（2024凉山）如图，一块面积为60 cm2的
三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，在点光源O的照射下形
成的投影是△A1B1C1，若OB∶BB1＝2∶3，则△A1B1C1的面积是（　D　）
D
A. 90 cm2 B. 135 cm2
C. 150 cm2 D. 375 cm2
【解析】由OB∶BB1＝2∶3，可得△ABC
与△A1B1C1的相似比是2∶5.所以△ABC与△A1B1C1的面积比为4∶25.因为△ABC的面积是60 cm2，所以△A1B1C1的面积为375 cm2.故选D. 　
名师点拨
　　本题考查了中心投影以及三角形的面积比.根据三角形硬纸板（记
为△ABC）平行于投影面，得出△A1B1C1与△ABC是位似图形是解答
本题的关键.
跟踪训练　如图1，某小区内有一条笔直的小路，路的旁边有一盏路
灯，图2表示小红晚上在灯光照射下的影长l与行走的路程s之间的关
系，则小红的行走过程是（　C　）
A. 由A走向D，再走回A B. 由B走向C
C. 由A走向C，再走回A D. 由C走向B，再走回A
C
【解析】路的旁边有一盏路灯，当小红向靠近路灯的方向走时，l随s的增大而减小；当小红向远离路灯的方向走时，l随s的增大而增大，∴小红的行走过程是由A走向C，再走回A，故选C.
为方便住校生晚自习后回宿舍就寝，某中学新安装了一批照明路灯.一
天上午小刚在观看新安装的照明灯时，发现在太阳光的正面照射下，照
明灯的灯杆的投影的末端恰好落在2.5米高的文化走廊墙的顶端.小刚测
得照明灯的灯杆在太阳光下的投影从灯杆的杆脚到文化走廊的墙脚的影
长为4.6米，同一时刻另外一个前来观看照明路灯的小静
测得身高1.5米的小刚站立时在太阳光下的影长恰好为1米.
请你画出与问题相关联的线条示意图并求出新安装的照明
路灯的灯杆的高度.
解：如图所示，过点E作EB⊥AC于点B.
根据题意，得DC＝BE＝4.6米，
DE＝BC＝2.5米.
∵同一时刻身高1.5米的小刚站立时在太阳光下的影长恰好为1米，
∴ ＝ ，即 ＝1.5，
解得AB＝6.9.
故AC＝AB＋BC＝6.9＋2.5＝9.4（米）.
答：新安装的照明路灯的灯杆的高度为9.4米.
名师点拨
　　本题主要考查了投影的应用.利用同一时刻影子与高度的关系列出
比例式是解题的关键.
素养落地　应用意识、模型思想(共29张PPT)
图形的平移、旋转与轴对称
第28讲
考情分析
　　本课时在中考中基本上占3～9分，平移、旋转和轴对称是中考的必
考考点，且题目一般较难.考查形式有：1.以选择题的形式出现，判断
是否是轴对称图形、中心对称图形（10年2考）；2.以平面图形为背
景，如矩形等，经过轴对称、旋转变换，考查分类讨论及相关计算，求
线段的长、阴影部分面积，亦有求点的坐标（10年10考）.
考点1　对称图形的识别
例1 （2025黑龙江）我国古代有很多关于数学的伟大发现，
其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形
的是（　B　）
A. 杨辉三角 B. 割圆术示意图 C. 赵爽弦图 D. 洛书
B
名师点拨
　　本题考查了轴对称图形.关键是掌握轴对称的定义，即如果一个图
形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫作轴对
称图形，这条直线叫作对称轴.注意与中心对称图形的区别，把一个图
形绕着某点旋转180°后能和原来的图形重合的图形叫作中心对称图形.
考点2　图形的平移
例2 （2025凉山）如图，将周长为20的△ABC沿BC方向平移2个单位长
度得到△DEF，连接，则四边形ABFD的周长为 .
名师点拨
　　本题考查了平移的性质.掌握经过平移，对应点所连的线段平行
（或在同一条直线上）且相等是解题的关键.由平移的性质可知，BE
＝CF＝AD＝2.即可求得四边形ABFD的周长.
24　
变式训练　（2025郑州金水区二模）如图，在平面直角坐标系中，正方
形OABC的顶点A（3，4）在直线l：y＝kx＋10上.
将正方形OABC沿x轴正方向平移m（m＞0）个单位长度，当点B的
对应点落在直线l上时，m的值为 ，当点C的对应点落在直线上
时，m的值为 .
　
　
过点A，C作x轴的垂线，垂足分别为D，E，过点B作BF⊥CE于点
F. ∵A（3，4），∴OD＝3，AD＝4，∵四边形OABC为正方形，
∴OC＝AO，∠AOC＝90°，∴∠COE＋∠AOD＝90°，∵∠COE
＋∠OCE＝90°，∴∠AOD＝∠OCE. 在△AOD和△OCE中，
∴△AOD≌△OCE，∴CE＝OD＝3，OE＝AD＝
4.∴C（－4，3）.同理，△CBF≌△OCE.
【解析】如图，
∴CE＝BF＝3，OE＝CF＝4，∴B（－1，7）.把A（3，4）代入y
＝kx＋10得，4＝3k＋10，解得k＝－2.∴直线l的解析式为y＝－2x
＋10.设点C平移后的点为C′，点B平移后的点为B′.①当B′在l上时，
7＝－2x＋10，解得x＝ .∴B′ .∴m＝ －（－1）＝ .②当
C′在l上时，3＝－2x＋10，解得x＝ ，∴C′ ，∴m＝ －
（－4）＝ .故答案为 ， .
考点3　图形的轴对称
例3（2025河南模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，
E是AB上一点.将△BCE沿CE折叠后得到△FCE，若EF⊥AB，则折
痕的EC长为 .
3 　
【解析】如图，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于点G.
∵EF⊥AB，且根据折叠的性质可知∠FEC＝∠BEC，∴∠BEC＝
45°.∵在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD∥BC，∴∠CBG
＝60°，BC＝AB＝6，∴CG＝ BC＝3 ，在Rt△CEG中，EC＝
CG＝3 .故答案为3 .
名师点拨
　　本题重点考查了轴对称的性质、菱形的性质、锐角三角函数等知
识.根据题意得出∠CEB的度数是解题的关键.
跟踪训练　（2024河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的
边AB在x轴上，点A的坐标为（－2，0），点E在边CD上.将△BCE
沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标
为 .
（3，10）　
【解析】由正方形的性质和折叠，得AD＝AB＝CD＝BC＝BF，EF
＝CE. 设AB＝m，则OB＝m－2，BF＝m.在Rt△OBF中，OF＝
6，（m－2）2＋62＝m2.解得m＝10.设CD交y轴于点G，则FG＝4，
FE＝8－GE. 在Rt△EFG中，GE2＋FG2＝FE2，即GE2＋42＝（8－
GE）2.解得GE＝3.则E（3，10）.也可以利用△EFG∽△FBO求GE
的长.故答案为（3，10）.
变式训练　（2024河北）如图，AD与BC交于点O，△ABO和△CDO
关于直线PQ对称，点A，B的对称点分别是点C，D，下列不一定正
确的是（　A　）
A. AD⊥BC B. AC⊥PQ
C. △ABO≌△CDO D. AC∥BD
A
考点4　图形的旋转
例4　（2024河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝
3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于
点E. 若CD＝1，则AE的最大值为 　2 ＋1　，最小值为 .
2 ＋1　
2 －1
【解析】∵BE⊥AE，∴∠BEA＝90°.∴点E是在以AB为直径的圆
上运动.∵CD＝1，且CD是绕点C旋转，∴点D是在以C为圆心，以1
为半径的圆上运动.∵AB＝ AC＝3 ，
∴当 cos ∠BAE最大时，AE最大，
当 cos ∠BAE最小时，AE最小.
①如图1，当AE与⊙C相切于点D，且D在△ABC的内部时，∠BAE最小，AE最大.∵∠ADC＝∠CDE＝90°，∴AD＝ ＝2 .∵ ＝ ，∴∠CEA＝∠CBA＝45°.∴DE＝CD＝1.此时AE＝2 ＋1，即AE的最大值为2 ＋1.
图1　　　　　　　图2
②如图2，当AE与⊙C相切于点D，且D在△ABC的外部时，∠BAE
最大，AE最小.同理，可得AD＝2 ，DE＝1.此时AE＝2 －1，
即AE的最小值为2 －1.故答案为2 ＋1；2 －1.
名师点拨
　　本题作为填空题的压轴题，综合考查了旋转的性质、等腰三角形的
性质、圆周角定理、切线的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识.根
据题意识别出隐圆，画出图形，作出合适的辅助线是解题的关键.根据
题意，可识别出点E是在以AB为直径的圆上运动，点D是在以C为圆
心，1为半径的圆上运动.所以当∠BAE最小时，AE最大，∠BAE最大
时，AE最小，这两种情形也刚好是AE与以C为圆心，1为半径的圆相
切的两种情形，然后再根据已知长度计算即可.
跟踪训练　（2024广元）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到
△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在
线段CE上，若CD＝3，BC＝1，则AD的长为（　A　）
A. B. C. 2 D. 2
A
变式训练　（2025达州）定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平
移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转θ°，这样的图形运动叫
作图形的γ（a，θ）变换，现将斜边长为1的等腰直角三角形ABC放置
在如图的平面直角坐标系中，△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1为第一次变换，经变换得△A1B1C1为第二次变换……经γ（n，180°）变换得△AnBnCn，则点C2 025的
坐标是 .
平移、旋转与轴对称是几何变换中的三种基本变换，也是
初中课程中十分重要的学习内容，平移、旋转与轴对称只改变图形的位
置，不改变图形的形状和大小，因此我们又称这三种变换为全等变换.
小明发现，在解决一些数学问题时，可以利用这三种变换使得问题简单化.
（1）轴对称变换：如图1，已知正方形
ABCD的边长为4，点E，H在对角线
AC上，点F，I在BC边上，点G，J在
CD边上，且EG∥HJ∥AD，EF∥HI∥AB，求阴影部分的面积.
小明将正方形沿AC翻折，得到如图2所示的△ABC，他发现图1中阴影
部分的面积就等于图2中△ABC的面积，所以图1中阴影部分的面积
为 .
【解析】∵正方形ABCD的边长为4，
图1∴S阴影＝S△ABC＝ ×4×4＝8.
8　
（2）平移变换：如图3，已知长方形ABCD中，AB＝10，BC＝12，
点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，且FH∥BC，
EG∥AB，EG与FH交于点I，求阴影部分的周长.
小明将FI平移到BG，IG平移到FB……，快速地求出了阴影部分的周
长为 .
44　
【解析】由平移的性质知，C阴影＝C矩形ABCD
＝2×（12＋10）＝44.
（3）如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠A＝120°，∠C＝
105°，BC＝6 ，CD＝2，求四边形ABCD的面积.
解：（3）如图，连接AC，将△ABC绕点A逆时针旋转
120°得△ADE，连接CE，过点E作EH⊥CD，交CD
的延长线于点H.
∴DE＝BC＝6 ，∠B＝∠ADE.
∵∠BAD＝120°，∠BCD＝105°，
∴∠B＋∠ADC＝135°.
∴∠CDE＝135°.∴∠EDH＝45°.
∴EH＝6.
∴S△CDE＝ CD·EH＝ ×2×6＝6.
图4
在Rt△ECH中，由勾股定理，得CE＝ ＝10.
过点A作AF⊥CE于点F，∴CF＝ CE＝5.
∵∠BAD＝120°，∴∠CAE＝120°.
∴AF＝ CF＝ .
∴S△ACE＝ CE·AF＝ ×10× ＝ .
∴S四边形ABCD＝S△ACD＋S△ADE＝6＋ .
（4）如图5，已知△BAC≌△FCD，且点B，C，D在一条直线上，
BA＝BC＝2，设∠ACB＝α，直线BC上方有一点E满足CA＝CE且
∠ACE＝90°＋2α，连接AE，当α＝ 时，AE取得最大
值，且AE的最大值为 .（注：点 A，E，F均在直线BC
的上方）
图5
22.5°　
4＋2 　
【解析】如图2，将△ABC沿AC翻折得△AMC，
△CFD绕点C逆时针旋转，使CD与CE重合，点F的
对应点为点N，连接MN. ∴CM＝CB，CN＝CF.
∵∠ACB＝α，∠ACE＝90°＋2α，∴∠MCN＝
90°.∵△BAC≌△FCD，BA＝BC＝2，∴MN＝
2 .∴AE≤AM＋MN＋NE，即AE最大值为4＋
2 ，此时点A，M，N，E四点共线.∴4α＝
90°.∴α＝22.5°.故答案为22.5°；4＋2 .
图2
图2
名师点拨
（1）根据轴对称的性质，直接求△ABC的面积；（2）根据平移的性
质，求矩形ABCD的周长即可；（3）将△ABC绕点A逆时针旋转120°
得△ADE，连接CE，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，由
∠B＋∠ADC＝135°，得∠EDH＝45°，得出△CDE的面积，在
Rt△ECH中，由勾股定理得CE＝10，过点A作AF⊥CE于点F，再求
出△ACE的面积即可；（4）将△ABC沿AC翻折得△AMC，△CFD绕
点C逆时针旋转，使CD与CE重合，点F的对应点为点N，连接MN，
可得∠MCN＝90°，MN＝2 ，由AE≤AM＋MN＋NE，即AE最
大值为4＋2 ，此时点A，M，N，E四点共线.
素养落地　几何直观、运算能力、推理能力(共33张PPT)
最短路径模型
微专题10
模型一　 “将军饮马”模型
模型背景：古希腊有一个著名的“将军饮马”问题，大致内容如下：有
一位将军，每天都要巡查河岸同侧的两个军营A，B. 他总是先从A军
营出发，先到河边饮马，之后，再巡查B军营.如图1，他时常想，怎么
走才能使每天走的路程之和最短呢？大数学家海伦曾用轴对称的方法巧
妙地解决了这个问题.确定最近行程的饮马点P，可以通过轴对称变换
的思想解决，如图2，作点A关于直线l的对称点A1，连接A1B，交直
线l于点P1，那么点P1就是所求的点.
图1 图2
利用“将军饮马”问题的方法解决下面问题：
最短路
径问题 模型分析 图形展示解
决方案 结论
两定点A，B位于直
线l的异侧，在直线l
上找一点P，使PA
＋PB值最小
两点之间，线段最
短.PA＋PB的最小值
即为线段AB的长
最短路
径问题 模型分析 图形展示解
决方案 结论
两定点A，B位于直
线l的同侧，在直线l
上找一点P，使PA
＋PB值最小 将同侧两定点化为异侧
两定点，同上即可解决
模型练习　
1. 如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9 cm，底面周长为16 cm，在杯内壁离
杯底4 cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在
离杯上沿1 cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处
所走的最短路程为 cm.（杯壁厚度不计）
10　
【解析】如图，将杯子侧面展开，作B关于EF的对称点B′，连接
B′A，则B′A即为最短路程.∴B′A＝
＝ ＝10（cm）.故答案为10.
2. 如图，铁路上A，B两站相距8 km，C，D为两个村
庄，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝2 km，BD
＝4 km，现在要在铁路AB上修建一个中转站P，使得P到C，D两村
的距离和最短.请在图中画出点P的位置，并求出PC＋PD的最小值.
解：如图，点P即为中转站.
过点C'作C'E⊥DB的延长线于点E，
则BE＝AC'＝AC＝2 km，C'E＝AB＝8 km.
∴DE＝BD＋BE＝6 km.
在Rt△DEC'中，根据勾股定理，得
C'D2＝DE2＋C'E2＝62＋82＝100.
∴C'D＝10 km.
∴PC＋PD的最小值为10 km.
模型迁移1：
最短路
径问题
迁移 模型分析 图形展示解
决方案 结论
点P是∠AOB内的
一定点，在OA上
找一点M，在OB
上找一点N，使得
△PMN的周长最小
（一定两动） 根据“两点之间，线段最
短”，将△PMN的周长转
化为求P'M＋MN＋P″N
的长，即当点P'，M，
N，P″四点共线时，线段
和最小，即△PMN的周长
值最小
模型练习
3. 如图，点P是∠AOB内一定点，点M，N分别在边OA，OB上运
动，若∠AOB＝45°，OP＝3 ，则当△PMN的周长最小时，
∠MPN＝ ，△PMN的周长最小值为 .
第3题图
90°　
6　
【解析】如图，作点P关于OA，OB的对称点C，D，连
接OC，OD，则当M，N是CD与OA，OB的交点时，
△PMN的周长最短，最短的值是CD的长.∵点P，C关
于OA对称，∴∠COP＝2∠AOP，OC＝OP. 同理，
∠DOP＝2∠BOP，OP＝OD. ∴∠COD＝∠COP＋
∠DOP＝2（∠AOP＋∠BOP）＝2∠AOB＝90°，OC
＝OD. ∴△COD是等腰直角三角形.∴CD＝ OC＝
×3 ＝6.∵∠OCD＝∠ODC＝45°，∴∠OPM＝
∠OCM＝45°，∠OPN＝∠ODN＝45°.∴∠MPN＝
∠OPM＋∠OPN＝90°.故答案为90°，6.
4. （2024绥化）如图，已知∠AOB＝50°，点P为∠AOB内部一点，
点M，N分别为射线OA，OB上的两个动点，则当△PMN的周长最小
时，∠MPN＝ .
第4题图
80°　
【解析】如图，作P点关于OA的对称点E，连接EP，
EO，EM，得ME＝MP，∠OPM＝∠OEM；作P点关于
OB的对称点F，连接NF，PF，OF，得PN＝FN，
∠OPN＝∠OFN. 根据PM＋PN＋MN＝EM＋NF＋
MN≥EF知，当E，M，N，F四点共线时，△PMN的周
长最短.易求得此时∠EOF＝2∠AOB＝100°.所以∠OEF
＋∠OFE＝180°－100°＝80°.所以∠MPN＝∠OPM＋
OPN＝∠OEF＋∠OFE＝80°.故答案为80°.
5. 如图，直线y＝x与反比例函数y＝ 的图象在第一象限交于点A，过
点A作AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为2.点P是反比例函数图象上
一点，且横坐标为4，点M，N分别是直线y＝x和x轴上的动点，求使
△PMN的周长最小时，点M，N的坐标.
解：∵点A是反比例函数y＝ 的图象上一点，如图，
过点A作AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为2，
∴S△AOB＝ ｜k｜＝2.
∴｜k｜＝2×2＝4.
∵图象在第一象限，
∴k＝4.
∴反比例函数y＝ （x＞0）.
把x＝4代入，得y＝1.
∴P（4，1）.
如图，作点P关于直线y＝x的对称点C，则C点坐标为（1，4），作点P关于x轴的对称点D，则D点坐标为（4，－1），连接CD交直线y＝x于点M，交x轴于点N，此时△PMN的周长最小，且最小值为CD的长.
设直线CD的解析式为y＝mx＋n，则
解得
∴直线CD的解析式为y＝－ x＋ .
令y＝0，得－ x＋ ＝0.解得x＝ .
∴N .
令x＝－ x＋ ，解得x＝ .
∴M .
模型迁移2：
最短
路径
问题
迁移 模型分析 图形展示
解决方案 结论
点P，Q是∠AOB内的两个定点，在OA上找一点M，在OB上找一点N，使得四边形PQNM的周长最小（两定两动）
根据“两点之间，线段最短”，将四边形PQMN的周长转化为求P'M＋MN＋Q'N＋PQ的长，即当点P'，M，N，Q'四点共线时，周长的值最小
最短
路径
问题
迁移 模型分析 图形展示解
决方案 结论
已知直线a∥b，点A，B分
别位于直线a的上方和直线b
的下方，M，N为直线a，
b上的动点，且MN⊥a，求
AM＋MN＋NB的最小值 利用“两点之间，
线段最短”，可得
AM＋MN＋
NB的最小值为A'B
＋MN
模型练习
6. 已知M，N分别是∠AOB的边OA，OB上的定点.
（1）如图1，若∠O＝∠OMN，过M作射线MD∥OB（如图），点
C是射线MD上一动点，∠MNC的平分线NE交射线OA于点E，试探
究∠MEN与∠MCN的数量关系；
解：（1）设∠O＝∠OMN＝α.
∴∠MNB＝2α.
∵MD∥OB，∴∠AMD＝α.
∵NE平分∠MNC，∴∠MNE＝∠ENC.
设∠MNE＝β.
∴∠CNB＝2α－2β.
∵MD∥OB，
∴∠MCN＝∠CNB＝2α－2β.
∴∠EMC＋∠MEN＝∠ENC＋∠MCN.
∴α＋∠MEN＝β＋2α－2β.
∴∠MEN＝α－β.
∴2∠MEN＝∠MCN.
（2）如图2，若P是线段ON上一动点，Q是射线MA上一动点，∠AOB＝20°，当MP＋PQ＋QN取得最小值时，求∠OPM＋∠OQN的值.
解：（2）如图，作点M关于OB的对称点M'，点N关于OA的对称点
N'，连接M'N'与OB，OA分别交于点P，点Q，连接ON'，OM'.
∴MP＋PQ＋QN＝M'N'，此时MP＋PQ＋QN的值最小.
由对称性可知，∠OQN'＝∠OQN，∠OPM'＝∠OPM.
∴∠OPM＝∠OPM'＝∠AOB＋∠OQP＝∠AOB＋（180°－∠OQN'）.
∵∠AOB＝20°，∴∠OPM＝200°－∠OQN'.
∴∠OPM＋∠OQN＝200°.
模型延伸练习
7. 如图，已知点A（1，1），B（2，－3），点P为x轴上一点，当｜
PA－PB｜最大时，求点P的坐标.
解：如图，作点A关于x轴的对称点C，连接BC并延长交x轴于点P.
∵A（1，1），∴C（1，－1）.
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
则 ∴
∴直线BC的解析式为y＝－2x＋1.
当y＝0时，x＝ .
∴点P的坐标为 .
当B，C，P三点不共线时，根据三角形三边的关系，
可得｜PA－PB｜＝｜PC－PB｜＜BC.
∴当B，C，P三点共线时，｜PA－PB｜＝｜PC－
PB｜＝BC，取得最大值.
∴当｜PA－PB｜最大时，点P的坐标为 .
模型二　“胡不归”模型
模型背景：从前，有一个小伙子在外地当学徒，当他获悉在家的老父亲
病危的消息后，便立即启程赶路.由于回家心切，他只考虑了两点之间
线段最短的原理，所以选择了全是沙砾地带的直线路径，而忽视了走折
线虽然路程多但速度快的实际情况，当他气喘吁吁地赶到家时，老人刚
刚咽了气，小伙子失声痛哭.邻居劝慰小伙子时告诉他说，老人在弥留
之际不断念叨着“胡不归？胡不归？”这个古老的传说，引起了人们的
思索，小伙子能否提前到家？倘若可以，他应该选择一条怎样的路线
呢？这就是风靡千百年的“胡不归”问题.
最短
路径
问题 模型分析 图形展示解
决方案 结论
点A，B为定点，点P为
射线AC上一个动点，点
P在何处时，BP＋
AP 最短 化折线为直线使得
AP＋BP＝BH，利
用“垂线段最短”转
化为求BH 的长
模型练习
8. （2024凉山）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E
是BC边上一个动点，连接AE，AE的垂直平分线MN交AE于点M，
交BD于点N，连接EN，CN.
（1）求证：EN＝CN；
（1）证明：如图1，连接AN.
∵四边形ABCD是菱形，
∴点A，C关于直线BD对称.∴AN＝CN.
∵AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N，
∴AN＝EN. ∴EN＝CN.
图1
（2）求2EN＋BN的最小值.
（2）解：如图2，过点N作NG⊥BC于点G，连接AN，AG，过点A
作AH⊥BC于点H.
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝30°.∴BN＝2NG.
∵AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N，∴EN＝AN.
∴2EN＋BN＝2AN＋2NG＝2（AN＋NG）≥2AG≥2AH.
∴2EN＋BN的最小值为2AH.
∵∠ABC＝60°，AB＝2，∴AH＝AB· sin 60°＝ .
∴2EN＋BN的最小值为2 .
图2
模型三　与圆有关的最值模型
9. （2024黑龙江）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC
＝ ，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则
BP的最大值是 .
2 ＋ 　
【解析】取AC的中点Q，连接PQ. 发现PQ是△ACD的中位线，则
PQ＝ AD＝ .AD绕点A旋转的过程中，点P的轨迹是以Q为圆心，
PQ为半径的圆.所以当BP经过点Q时，BP的值最大，即BP的最大值
等于BQ＋PQ. 在Rt△CBQ中，由勾股定理，可得BQ＝2 .所以BP
的最大值为2 ＋ .故答案为2 ＋ .
模型练习
10. 如图，点E在边长为2的正方形ABCD内，且AE⊥BE，点F是边
AD的中点，点G是边CD上的一动点，连接EG，FG，则EG＋FG的
最小值为 .
第10题图
－1　
【解析】∵AE⊥BE，∴∠AEB＝90°.∴点E在以AB为直径的⊙O上，∵点E在边长为2的正方形ABCD内，∴点E在直径AB上方的半圆弧上，作点F关于直线CD对称的点F′，连接OF′，交⊙O于E，交CD于G，如图，此时，OF′最短.∵正方形ABCD的边长为2，∴AD＝AB＝2，∠BAD＝∠ADC＝90°，∴OA＝OE＝ AB＝1，由
对称的性质知，GF′＝GF，DF＝DF′，∴EG＋GF＝GE＋GF′＝EF′＝OF′－OE＝OF′－1，∴EG＋GF最小，最小值为OF′－1，
∵点F是边AD的中点，点F关于直线CD对称的点F′，
∴DF＝DF′＝1，∴AF′＝3，由勾股定理，得OF′＝ ＝ ＝ .
∴EG＋GF最小值为 －1.
模型迁移　
11. 如图，已知△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，EF＝
10 ，顶点D，E分别在边AB，AC上滑动.则在滑动过程中，点
A，F间距离的最大值为 .
第11题图
5 ＋5 　

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