動點問題中的最值、最短路徑問題(解析版)

.③.[解析]解：根據(jù)題意可知：OE==12,即E的軌跡為以O為圓心以12為半徑的四分之一圓〔第一象限的部分,根據(jù)弧長公式,得點E的路徑長為：=6π,故①錯誤；因為AB=24,當斜邊AB上的高取最大值時,△OAB的面積取最大值,點O在以AB為直徑的圓上〔圓心為E,當OE⊥AB時,斜邊AB上的高最大,所以△OAB的面積取最大值為：=144,故②正確；連接OE、DE,得：OD≤OE+DE,當O、E、D三點共線時取等號,即OD的最大值為25,如圖,過點D作DF⊥y軸于F,過點E作EG⊥y軸于G,可得：,即：,,即：,設DF=x,在Rt△ADF中,由勾股定理得：,解得：x=,在Rt△ODF中,由勾股定理得：OF=,即點D的坐標為,故③正確.綜上所述,答案為：②③.例4.〔2019·已知拋物線〔b、c為常數(shù),b>0經過點A<－1,0>,點M<m,0>是x軸正半軸上的動點.若點Q〔在拋物線上,當?shù)淖钚≈禐闀r,求b的值.[答案]見解析.[解析]解：∵經過點A<－1,0>,∴1+b+c=0,即∵點Q〔在拋物線上,∴,即,∵b>0,∴Q點在第四象限,所以只要構造出即可得到的最小值取N〔1,0,連接AN,過M作MG⊥AN于G,連接QM,如圖所示,△AGM為等腰直角三角形,GM=,即當G、M、Q三點共線時,GM+MQ取最小值,即取最小值,此時△MQH為等腰直角三角形,∴QM==,GM==∴①∵QH=MH,∴=,解得：m=②聯(lián)立①②得：m=,b=4.即當?shù)淖钚≈禐闀r,b=4.[點睛]此題需要利用等腰直角三角形將轉化為2,進而根據(jù)兩點之間線段最短及等腰三角形性質求解.例5.〔2019·如圖,一副含30°和45°角的三角板和拼合在個平面上,邊與重合,．當點從點出發(fā)沿方向滑動時,點同時從點出發(fā)沿射線方向滑動．當點從點滑動到點時,點運動的路徑長為；連接,則△的面積最大值為．[答案][解析]解：如圖1所示,當E運動至E’,F滑動到F’時,圖1過D’作D’G⊥AC于G,D’H⊥BC交BC延長線于點H,可得∠E’D’G=∠F’D’H,D’E’=D’F’,∴Rt△E’D’G≌Rt△F’D’H,∴D’G=G’H,∴D’在∠ACH的角平分線上,即C,D,D’三點共線.通過分析可知,當D’E’⊥AC時,DD’的長度最大,隨后返回初始D點,如圖2所示,D點的運動路徑為D→D’→D,行走路線長度為2DD’；圖2∵∠BAC=30°,AC=12,DE=CD∴BC=,CD=DE=,由圖知：四邊形E’CF’D’為正方形,CD’=EF=12,∴DD’=CD’-CD=12-,D點運動路程為2DD’=24-；圖3如圖3所示,當點D運動至D’時,△ABD’的面積最大,最大面積為：==[點睛]準確利用全等、角平分線判定得到D點的運動軌跡是關鍵,利用三角函數(shù)及勾股定理求解,計算較為繁瑣,尤其是利用割補法求解三角形的面積時對學生計算能力要求較高,此題難度較大,新穎不失難度.例6.〔2019·如圖,在菱形ABCD中,連接BD、AC交于點O,過點O作OH⊥BC于點H,以O為圓心,OH為半徑的半圓交AC于點M.〔1求證：DC是圓O的切線；〔2若AC=4MC,且AC=8,求圖中陰影部分面積；〔3在〔2的前提下,P是線段BD上的一動點,當PD為何值時,PH+PM的值最小,并求出最小值.[答案]見解析.[解析]〔1證明：過點O作ON⊥CD于N,AC是菱形ABCD的對角線,∴AC平分∠BCD,∵OH⊥BC,ON⊥CD,∴OH=ON,又OH為圓O的半徑,∴ON為圓O的半徑,即CD是圓O的切線.〔2由題意知：OC=2MC=4,MC=OM=2,即OH=2,在Rt△OHC中,OC=2OH,可得：∠OCH=30°,∠COH=60°,由勾股定理得：CH=〔3作點M關于直線BD的對稱點M’,連接M’H交BD于點P,可知：PM=PM’即PH+PM=PH+PM’=HM’,由兩點之間線段最短,知此時PH+PM最小,∵OM’=OM=OH,∠MOH=60°,∴∠MM