提優(yōu)專題36 幾何動(dòng)態(tài)性問題之動(dòng)點(diǎn)問題（解析版）

專題36幾何動(dòng)態(tài)性問題之動(dòng)點(diǎn)問題（解析版）類型一動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生函數(shù)關(guān)系1．（2020秋?呼和浩特期末）如圖，AB＝5，O是AB的中點(diǎn)，P是以點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的半圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)A，B可以重合），連接PA，過P作PM⊥AB于點(diǎn)M．設(shè)AP＝x，則AM=15x2，令y＝AP﹣AM，下列圖象中，能表示y與A． B． C． D．思路引領(lǐng)：由y＝AP﹣AM＝x-15x2=-15x（x﹣5）（解：由題意得：y＝AP﹣AM＝x-15x2=-15x（x﹣5）（∵a=-1當(dāng)x=52時(shí)，y的最大值為-15×故選：A．總結(jié)提升：本題考查的是動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，確定函數(shù)的表達(dá)式是本題解題的關(guān)鍵．2．（2022?湖北模擬）如圖①，在矩形ABCD中，AB＜AD，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，動(dòng)點(diǎn)P由點(diǎn)A出發(fā)，沿AB→BC→CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為x，△AOP的面積為y，y與x的函數(shù)關(guān)系圖象如圖②所示，則AD邊的長為．思路引領(lǐng)：當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，結(jié)合圖象可得△AOP面積最大為3，得到AB與BC的積為12；當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，△AOP面積為0，此時(shí)結(jié)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長為7，得到AB與BC的和為7，構(gòu)造關(guān)于AB的一元二方程可求解．解：當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，△AOP面積最大為3．∴12AB?12BC=3，即AB當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，△AOP面積為0，此時(shí)結(jié)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長為7，∴AB+BC＝7．則BC＝7﹣AB，代入AB?BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，∵AB＜AD，即AB＜BC，∴AB＝3，BC＝4．即AD＝4．故答案為：4．總結(jié)提升：本題主要考查動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是分析三角形面積隨動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的變化過程，找到分界點(diǎn)極值，結(jié)合圖象得到相關(guān)線段的具體數(shù)值．3．（2022秋?荔城區(qū)校級(jí)期末）如圖，點(diǎn)A為雙曲線y=-2x在第二象限上的動(dòng)點(diǎn)，AO的延長線與雙曲線的另一個(gè)交點(diǎn)為B，以AB為邊的矩形ABCD滿足AB：BC＝4：3，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)P，設(shè)P的坐標(biāo)為（m，n），則m，n滿足的關(guān)系式為思路引領(lǐng)：連接OP，分別過點(diǎn)A、P作x軸的垂線，垂足為M、N，證明△AOM∽△OPN，然后利用相似三角形的性質(zhì)分析求解．解：連接OP，分別過點(diǎn)A、P作x軸的垂線，垂足為M、N，∴∠AMO＝∠PNO＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AP＝PC，∵OA＝OB，∴OP∥BC，BC＝2OP，∴∠AOP＝∠ABC＝90°，AO：OP＝AB：BC＝4：3，∴∠AOM+∠PON＝90°，∵∠AMO＝90°，∴∠AOM+∠MAO＝90°，∴∠MAO＝∠PON，∴△AOM∽△OPN，∴S△AOMS△OPN=（AO∵點(diǎn)A為雙曲線y=-2x設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（a，-2∵S△AOM=1∴S△OPN=9∵P的坐標(biāo)為（m，n），∴S△OPN=12mn∴mn=9故答案為：mn=9總結(jié)提升：本題考查了反比例函數(shù)k的幾何意義、相似三角形判定與性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，恰當(dāng)?shù)臉?gòu)建相似三角形，利用面積比是相似比的平方是解題關(guān)鍵．4．（2022秋?甘井子區(qū)校級(jí)期末）如圖，△ABC中，AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿線段BC以2cm/s的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿著C→A→B的方向以3cm/s的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，P，Q同時(shí)出發(fā)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），△CPQ的面積為S（cm2）．（1）sinB＝；（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍．思路引領(lǐng)：（1）過點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足為D，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)求出BD的長，再利用勾股定理求出AD的長即可解答；（2）分兩種情況，當(dāng)0＜t≤1時(shí)，當(dāng)1＜t＜2時(shí)．解：（1）過點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足為D，∵AB＝AC＝6cm，AD⊥BC，∴BD=12BC＝4在Rt△ABD中，AB＝6cm，BD＝4cm，∴AD=AB2∴sinB=AD故答案為：53（2）過點(diǎn)Q作QE⊥BC，垂足為E，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴sinB＝sinC=5分兩種情況：當(dāng)0＜t≤1時(shí)，由題意得：CQ＝3t，BP＝2t，∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t?53=∴S=12CP?QE=12?（8﹣2t）?5t＝45t-5t2=-5當(dāng)1＜t＜2時(shí)，由題意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝12﹣3t，在Rt△BQE中，QE＝BQsinB＝（12﹣3t）?53=45∴S=12CP?QE=12?（8﹣2t）?（45∴S=-總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，函數(shù)關(guān)系式，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，函數(shù)自變量的取值范圍，熟練掌握解直角三角形是解題的關(guān)鍵，同時(shí)滲透了分類討論的數(shù)學(xué)思想．類型二動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生面積變化5．（2022春?舒城縣校級(jí)月考）如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝20，AD＝16，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以每秒4個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)后，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．（1）當(dāng)t＝3秒時(shí)，線段DP＝．（2）當(dāng)t＝秒時(shí)，△BPQ的面積是24．思路引領(lǐng)：（1）當(dāng)t＝3秒時(shí)，根據(jù)題意可得，AP＝12，再根據(jù)勾股定理即可求解．（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t≤5）秒，則BP＝20﹣4t，BQ＝2t，根據(jù)△BPQ的面積是24列出方程，求解即可．解：（1）∵當(dāng)t＝3秒時(shí)，AP＝4×3＝12，根據(jù)勾股定理得DP=A故答案為：20．（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t≤5）秒，此時(shí)，BP＝20﹣4t，BQ＝2t，∵△BPQ的面積是24，∴12整理得，t2﹣5t+6＝0，解得：t1＝2，t2＝3，∴當(dāng)t＝2秒或3秒時(shí)，△BPQ的面積是24．故答案為：2或3．總結(jié)提升：本題主要考查勾股定理、列代數(shù)式、一元二次方程的應(yīng)用，根據(jù)題意找準(zhǔn)數(shù)量關(guān)系，列出方程是解題關(guān)鍵．6．（2022秋?江門期末）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝8cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊向點(diǎn)B以1cm/s的速度移動(dòng)、同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B開始沿BC邊向點(diǎn)C以2cm/s的速度移動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另外一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．（1）△PQB的面積能否等于9cm2？請(qǐng)說明理由．（2）幾秒后，四邊形APQC的面積等于16cm2？請(qǐng)寫出過程．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)△PQB的面積等于9cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，由根的判別式Δ＝﹣11＜0，可得所列方程沒有實(shí)數(shù)根，進(jìn)而得出△PQB的面積不等等于9cm2；（2）根據(jù)四邊形APQC的面積等于16cm2，即可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，結(jié)合當(dāng)t＝4時(shí)，C，Q點(diǎn)重合，即可得出結(jié)論．解：（1）△PQB的面積不能等于9cm2，理由如下：∵5÷1＝5s，8÷2＝4s，∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的取值范圍為：0≤t≤4，根據(jù)題意可得：AP＝tm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，假設(shè)△PQB的面積等于9cm2，則12整理得：t2﹣5t+9＝0，∵Δ＝（﹣5）2﹣4×1×9＝﹣11＜0，∴所列方程沒有實(shí)數(shù)根，∴△PQB的面積不能等于9cm2；（2）由（1）得：AP＝tcm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的取值范圍為：0≤t≤4，∵四邊形APQC的面積等于16cm2，∴12整理得：t2﹣5t+4＝0，解得t1＝1，t2＝4，當(dāng)當(dāng)t＝4時(shí)，C，Q點(diǎn)重合，不符合題意，舍去，∴t＝1，答：1s后，四邊形APQC的面積等于16cm2．總結(jié)提升：本題考查了一元二次方程的應(yīng)用以及根的判別式，解題的關(guān)鍵是：（1）找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程；（2）牢記當(dāng)Δ＜0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)根．類型三動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生兩點(diǎn)距離變化7．（2022?安岳縣模擬）如圖所示，A，B，C，D為矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，AB＝16cm，AD＝8cm，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以3cm/s的速度向B移動(dòng)，一直到達(dá)B為止；點(diǎn)Q以2cm/s的速度向D移動(dòng)．當(dāng)P，Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始幾秒時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q的距離是10cm．（）（若一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)）A．2s或235s B．1s或225s C．225s D．2s思路引領(lǐng)：設(shè)當(dāng)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始x秒時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q的距離是10cm，此時(shí)AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，利用勾股定理即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論．解：設(shè)當(dāng)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始x秒時(shí)（x＜163），點(diǎn)P和點(diǎn)Q的距離是10此時(shí)AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，根據(jù)題意得：（16﹣2x﹣3x）2+82＝102，解得：x1＝2，x2=22答：當(dāng)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始到2秒或225秒時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q的距離是10cm故選：D．總結(jié)提升：本題考查了一元二次方程的應(yīng)用以及勾股定理，利用勾股定理找出關(guān)于x的一元二次方程是解題的關(guān)鍵．8．（2022秋?荔灣區(qū)校級(jí)期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B為圓心，1cm為半徑畫圓，點(diǎn)P是⊙B上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，并將AP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AP′，連接BP′，在點(diǎn)P移動(dòng)的過程中，BP′長度的取值范圍是cm．思路引領(lǐng)：通過畫圖發(fā)現(xiàn)，點(diǎn)P′的運(yùn)動(dòng)路線為以D為圓心，以1cm為半徑的圓，可知：當(dāng)P′在對(duì)角線BD上時(shí)，BP′最??；當(dāng)P′在對(duì)角線BD的延長線上時(shí)，BP′最大．先證明△PAB≌△P′AD，則P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求對(duì)角線BD的長，則得出BP′的長度的取值范圍．解：如圖，當(dāng)P′在對(duì)角線BD上時(shí)，BP′最小；當(dāng)P′在對(duì)角線BD的延長線上時(shí)，BP′最大．連接BP，①當(dāng)P′在對(duì)角線BD上時(shí)，由旋轉(zhuǎn)得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，∴∠PAB+∠BAP′＝90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAP′+∠DAP′＝90°，∴∠PAB＝∠DAP′，∴△PAB≌△P′AD，∴P′D＝PB＝1cm，在Rt△ABD中，∵AB＝AD＝5cm，由勾股定理得：BD52+52∴BP′＝BD﹣P′D＝52-1即BP′長度的最小值為（52-1）cm②當(dāng)P′在對(duì)角線BD的延長線上時(shí)，同理可得BD＝52cm，∴BP′＝BD+P′D＝（52+1）cm即BP′長度的最大值為（52+1）cm∴BP'長度的取值范圍是（52-1）cm≤BP′≤（52+1故答案為：（52-1）cm≤BP′≤（52+1）總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系和最值問題，尋找點(diǎn)P′的運(yùn)動(dòng)軌跡是本題的關(guān)鍵．9．（2022秋?海港區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為M（2，0），與y軸交于點(diǎn)B（0，2），直線y＝x+m與該二次函數(shù)的圖象交于A，B兩點(diǎn)，D是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過D作x軸的垂線交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)E．則線段DE的最大值為．思路引領(lǐng)：根據(jù)題中條件可求出拋物線和直線的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)D是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)DE⊥x軸，可得出點(diǎn)E的坐標(biāo)，則可得出DE=-12m2+3m=-12（m﹣3解：根據(jù)題意可設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣2）2，把B（0，2）代入可得：4a＝2，解得：a=1∴拋物線解析式為：y=12（x﹣2）2=12x2﹣把B（0，2）代入直線y＝x+m可得：m＝2，∴y＝x+2，當(dāng)12x2﹣2x+2＝x+2時(shí)，解得：x1＝0，x2＝6∴A（6，8），∵點(diǎn)D是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∴可設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，m+2），且0≤m≤6，∵過D作x軸的垂線交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)E，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，12m2﹣2m+2∴DE＝m+2﹣（12m2﹣2m+2）=-12m2+3m=-12（m﹣∵-12＜0，圖象開口向下，且0≤∴當(dāng)m＝3時(shí)，DE有最大值，最大值為92故答案為：92總結(jié)提升：本題主要考查的是二次函數(shù)之線段最大值題型，解題關(guān)鍵：一是求出拋物線與直線的解析式，二是用含有m的式子表示出DE的長并配成頂點(diǎn)式．類型四動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生圖形形狀變化10．（2022秋?陽泉期末）如圖所示，已知△ABC中，BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，點(diǎn)P是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)B開始沿B→C→A方向運(yùn)動(dòng)，且速度為每秒2cm，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），若△ABP是以AB為腰的等腰三角形，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝．思路引領(lǐng)：分情況討論：AB＝BP，AB＝AP，畫出圖形分別求解即可．解：∵BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，∴BC2+AB2＝AC2，∴∠B＝90°，如圖1，AB＝PB＝12cm，∴t＝12÷2＝6s；如圖2，AP＝AB＝12cm，∴BC+PC＝（16+20﹣12）cm＝24cm，∴t＝24÷2＝12s；如圖3，AB＝BP＝12cm，過點(diǎn)B作BD⊥AC于D，則AD＝PD，∵S△ABC=12×AB×BC=1∴12×16＝20BD，∴BD＝9.6cm，由勾股定理得：AD=AB2∴AP＝2AD＝14.4cm，∴t＝（16+20﹣14.4）÷2＝10.8s，綜上所述，t的值是6s或12s或10.8s．故答案為：6s或12s或10.8s．總結(jié)提升：本題考查的是等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理及其逆定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．11．（2022秋?中原區(qū)校級(jí)期末）如圖，在矩形OAHC中，OC＝83，OA＝16，B為CH中點(diǎn)，連接AB．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)沿OA邊向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)沿AB邊向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度都是每秒1個(gè)單位長度，連接CM，CN，MN，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t＜16）秒，則t＝時(shí)，△CMN為直角三角形．思路引領(lǐng)：△CMN是直角三角形時(shí)，有三種情況，一是∠CMN＝90°，二是∠MNC＝90°，三是∠MCN＝90°，然后進(jìn)行分類討論求出t的值．解：過點(diǎn)N作OA的垂線，交OA于點(diǎn)F，交CH于點(diǎn)E，如圖，∵B點(diǎn)是CH的中點(diǎn)，∴BH=12CH＝∵AH＝OC＝83，∴由勾股定理可求：AB＝16，∵AN＝t，∴BN＝16﹣t，∵NE∥AH，∴△BEN∽△BHA，∴BNAB∴16-t16∴EN=32（16﹣∴FN＝83-EN=3當(dāng)∠CMN＝90°，由勾股定理可求：AF=12∴MF＝AM﹣AF＝16﹣t-12t＝16-∵∠OCM+∠CMO＝90°，∠CMO+∠FMN＝90°，∴∠OCM＝∠FMN，∵∠O＝∠NFM＝90°，∴△COM∽△MFN，∴OCMF∴83∴t=8當(dāng)∠MNC＝90°，CE＝OF＝OM+MF＝t+16-32t＝16∵∠MNF+∠CNE＝90°，∠ECN+∠CNE＝90°，∴∠MNF＝∠ECN，∵∠CEN＝∠NFM＝90°，∴△CEN∽△NFM，∴CEFN∴16-t∵0＜t＜16，∴t＝8，當(dāng)∠NCM＝90°，由題意知：此情況不存在，綜上所述，△CMN為直角三角形時(shí)，t=83或總結(jié)提升：本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，有一定的綜合性12．（2022秋?中原區(qū)月考）如圖，在矩形ABCD中、AB＝15cm，AD＝5cm，動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以3cm/s的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，一直到點(diǎn)B為止，點(diǎn)Q以2cm/s的速度向點(diǎn)D移動(dòng)（點(diǎn)P停止移動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q也停止移動(dòng)）．設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t（s）．連接PQ，QB．（1）當(dāng)t為何值時(shí)，P、Q兩點(diǎn)間的距離為13cm？（2）四邊形APQD的形狀可能為矩形嗎？若可能，求出t的值；若不可能，請(qǐng)說明理由．思路引領(lǐng)：（1）可通過構(gòu)建直角三角形來求解．過Q作QM⊥AB于M，如果設(shè)出發(fā)x秒后，QP＝13cm．那么可根據(jù)路程＝速度×?xí)r間，用未知數(shù)表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知數(shù)的值．（1）利用矩形的性質(zhì)得出當(dāng)AP＝DQ時(shí)，四邊形APQD為矩形求出即可；解：（1）設(shè)出發(fā)t秒后P、Q兩點(diǎn)間的距離是13cm．則AP＝3t，CQ＝2t，作QM⊥AB于M，則PM＝|15﹣2t﹣3t|＝|15﹣5t|，（15﹣5t）2+52＝132，解得：t＝0.6或t＝5.4，答：P、Q出發(fā)0.6和5.4秒時(shí)，P，Q間的距離是13cm；（2）四邊形APDQ的形狀有可能為矩形；理由：當(dāng)四邊形APQD為矩形，則AP＝DQ，即3t＝15﹣2t，解得：t＝3．答：當(dāng)P、Q出發(fā)3秒時(shí)四邊形APQD為矩形．總結(jié)提升：本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，本題結(jié)合幾何知識(shí)并根據(jù)題意列出方程是解題的關(guān)鍵．13．（2022春?淄川區(qū)期中）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)D，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），當(dāng)t為何值時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？思路引領(lǐng)：以B，P，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形有三種情況：當(dāng)PB＝PQ時(shí)，當(dāng)PQ＝BQ時(shí)，當(dāng)BP＝BQ時(shí)，由等腰三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．解：如圖1，當(dāng)PB＝PQ時(shí)，作PE⊥BC于E，∴EQ=12∵CQ＝t，∴BQ＝16﹣t，∴EQ＝8-12∴EC＝8-12t+t＝8+∴2t＝8+12解得：t=16如圖2，當(dāng)PQ＝BQ時(shí)，作QE⊥AD于E，∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，∵∠C＝∠D＝90°，∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，∴四邊形DEQC是矩形，∴DE＝QC＝t，∴PE＝t，QE＝CD＝12．在Rt△PEQ中，由勾股定理，得PQ=t16﹣t=t解得：t=7如圖3，當(dāng)BP＝BQ時(shí)，作PE⊥BC于E，∵CQ＝t，∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，∵PD＝2t，∴CE＝2t，∴BE＝16﹣2t，在Rt△BEP中，（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，3t2﹣32t+144＝0，△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，故方程無解．綜上所述，t=163或72時(shí)，以B，P總結(jié)提升：本題考查了勾股定理的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，一元二次方程的解法的運(yùn)用，解答時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)建立方程是關(guān)鍵．14．（2022秋?崇左期末）已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）交x軸于A（1，0）和B（﹣3，0），交y軸于C．（1）求拋物線的解析式；（2）若M為拋物線上第二象限內(nèi)一點(diǎn)，求使△MBC面積最大時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）若F是對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，Q是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在F、Q，使以B、C、F、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）由△MBC的面積＝S△BNM+S△CMN，即可求解；（3）當(dāng)BF（BC、BQ）是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式列出等式，即可求解．解：（1）把A（1，0）和B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3（a≠0），得：a+b+3=09a-3b+3=0，解得a=-1∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；（2）∵M(jìn)為拋物線上第二象限內(nèi)一點(diǎn)，如圖，過點(diǎn)M作MN⊥x軸交BC于點(diǎn)N，∵拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，B（﹣3，0）∴C（0，3），∴OC＝3，OB＝3，設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，則-3k+b=0b=3解得：k=1b=3∴設(shè)直線BC解析式為y＝x+3，設(shè)M（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），∴MN=-m∴當(dāng)m=-32時(shí)，MN有最大值∴當(dāng)m=-32時(shí)，△∴△MBC的面積＝S△BNM+S△CMN=1此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-3（3）存在．理由如下：∵拋物線解析式為y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，設(shè)點(diǎn)Q（m，﹣m2﹣2m+3），點(diǎn)F（﹣1，t），當(dāng)BC是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：﹣3＝m﹣1，解得：m＝2，則點(diǎn)Q（﹣2，3）；當(dāng)BF是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：﹣3﹣1＝m，解得：m＝﹣4，則點(diǎn)Q（﹣4，﹣5）；是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：m﹣3＝﹣1，解得：m＝2，則點(diǎn)Q（2，﹣5）；綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣2，3），（﹣4，﹣5），（2，﹣5）．總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形的面積，解決本題的關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)．類型五動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生三角形相似15．（2022秋?亳州期末）如圖Rt△ABC的兩條直角邊AB＝4cm，AC＝3cm，點(diǎn)D沿AB從A向B運(yùn)動(dòng)，速度是1cm/s，同時(shí)，點(diǎn)E沿BC從B向C運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s．動(dòng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)C時(shí)運(yùn)動(dòng)終止．連接DE、CD、AE．（1）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)秒時(shí)，△BDE與△ABC相似；（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)秒時(shí)，CD⊥DE．思路引領(lǐng)：（1）分當(dāng)△BDE∽△BAC時(shí)，當(dāng)△BDE∽△BCA時(shí)，兩種情況利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；（2）如圖所示，過點(diǎn)E作EF⊥AB于F，證明△BEF∽△BCA，求出BF=85tcm，EF=65tcm，則DF=(4-135t)cm，再證明△ACD解：（1）由題意得AD＝tcm，BE＝2tcm，則BD＝AB﹣AD＝（4﹣t）cm，在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=A當(dāng)△BDE∽△BAC時(shí)，∴BEBD=BC解得t=20當(dāng)△BDE∽△BCA時(shí)，∴BEBD=BA解得t=8綜上所述，當(dāng)t=2013或t=87時(shí)，△BDE故答案為：2013或8（2）如圖所示，過點(diǎn)E作EF⊥AB于F，則EF∥AC，∴△BEF∽△BCA，∴BEBC=BF∴BF=85tcm，EF=∴DF=BD-BF=(4-∵CD⊥DE，∴∠CDE＝90°，∴∠ACD+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠FDE，∴∠ACD＝∠FDE，又∵∠CAD＝∠DFE＝90°，∴△ACD∽△FDE，∴ACAD=DF解得t=2故答案為：213總結(jié)提升：本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟知相似三角形的性質(zhì)與判定條件是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋?渠縣校級(jí)期末）如圖，直線y=-43x+8與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿A—O—B的路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，C是AB的中點(diǎn)，沿直線PC截△AOB，若得到的三角形與△AOB相似，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是思路引領(lǐng)：先由直線y=-43x+8與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，求得A（6，0），B（0，8），再根據(jù)勾股定理求得AB＝10，則AC＝CB＝5，分三種情況討論，一是點(diǎn)P在OA上，且△APC∽△AOB，此時(shí)PC∥OB，可求得PO＝AP＝3，則P（3，0）；二是點(diǎn)P在OB上，且△PCB∽△AOB，則PBAB=CBOB，可求得PB=254，所以O(shè)B=74，則P（0，74）；三是點(diǎn)P在OB上，且△CPB∽△AOB，此時(shí)PC∥OA，可求得OP解：直線y=-43x+8，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝當(dāng)y＝0時(shí)，則-43x+8＝0，解得x＝∴A（6，0），B（0，8），∵∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，∴AB=OA∵C是AB的中點(diǎn)，∴AC＝CB=12AB＝如圖1，點(diǎn)P在OA上，且△APC∽△AOB，∴∠APC＝∠AOB，∴PC∥OB，∴APPO=∴PO＝AP=12OA＝∴P（3，0）；如圖2，點(diǎn)P在OB上，且△PCB∽△AOB，∴PBAB∴PB=AB?CB∴OB＝8-25∴P（0，74如圖3，點(diǎn)P在OB上，且△CPB∽△AOB，∴∠CPB＝∠AOB，∴PC∥OA，∴OPPB=∴OP＝PB=12OB＝∴P（0，4），綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（3，0）或（0，74）或（0，4總結(jié)提升：此題重點(diǎn)考查一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、圖形與坐標(biāo)、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用等知識(shí)與方法，此題綜合性質(zhì)強(qiáng)，應(yīng)注意按點(diǎn)P的不同位置分類討論，求出所有符合題意的答案．17．（2022秋?唐河縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，動(dòng)點(diǎn)M以1cm/s的速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)N以2cm/s的速度從點(diǎn)D出發(fā)，沿DA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（0＜t＜3）．（1）當(dāng)t為何值時(shí)，△AMN的面積等于矩形ABCD面積的19（2）是否存在某一時(shí)刻t，使得以A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ACD相似？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)求出∠BAD＝90°，求出AM、AN，根據(jù)三角形的面積公式，利用S=19（2）先假設(shè)相似，利用相似中的比例線段列出方程，有解的且符合題意的t值即可說明存在，反之則不存在．解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝6cm，∠BAD＝90°，AM＝tcm，AN＝6﹣2t（cm），∴S△AMN=12AN?AM=12×（6﹣2t）×t＝﹣（t-32）依題意得：﹣（t-32）2+t2﹣3t+2＝0，t1＝2，t2＝1．答：經(jīng)過1秒或2秒時(shí)，△AMN的面積等于矩形ABCD面積的19（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，由題意得DN＝2t（cm），AN＝（6﹣2t）（cm），AM＝t（cm），若△NMA∽△ACD，則有AD：AN＝CD：AM，即6：（6﹣2t）＝3：t，解得t＝1.5，若△MNA∽△ACD則有AD：AM＝CD：AN，即6：t＝3：（6﹣2t），解得t＝2.4，答：當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1.5秒或2.4秒時(shí)，以A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ACD相似．總結(jié)提升：本題考查了相似三角形的判定，矩形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．類型六動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生兩直線位置關(guān)系變化18．（2022秋?路南區(qū)校級(jí)期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，點(diǎn)P為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，DP交AC于點(diǎn)Q．（1）求證：△APQ∽△CDQ；（2）P點(diǎn)從A點(diǎn)出發(fā)沿AB邊以每秒2個(gè)單位長度的速度向B點(diǎn)移動(dòng)，移動(dòng)時(shí)間為t秒．當(dāng)t為何值時(shí)，DP⊥AC？思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得CD∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，進(jìn)而可得判定△APQ∽△CDQ；（2）首先證明△DAP∽△ABC，結(jié)合相似三角形即可得到t的值．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∴∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，∴△APQ∽△CDQ；（2）解：當(dāng)t＝2時(shí)，DP⊥AC；∵∠ADC＝90°，DP⊥AC，∴∠AQD＝∠AQP＝∠ABC＝90°，∴∠CAB+∠APQ＝∠CAB+∠ACB＝90°，∴∠APQ＝∠ACB，∴△DAP∽△ABC，∴DAAB∴8解得：t＝2，即當(dāng)t＝2時(shí)，DP⊥AC．總結(jié)提升：此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握有兩個(gè)角對(duì)應(yīng)相等的三角形相似，相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例．類型七動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生最值19．（2022秋?荊門期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)A（6，0），以O(shè)A為邊作等邊△OAB，△OA′B′與△OAB關(guān)于y軸對(duì)稱，M為線段OB′上一動(dòng)點(diǎn)，則AM+BM的最小值是（）A．6 B．9 C．12 D．18思路引領(lǐng)：連接A′M．首先證明OB′垂直平分線段A′B，推出A′、B關(guān)于OB′對(duì)稱，由MA+MB＝MA′+MA≥A′A，可知此時(shí)當(dāng)點(diǎn)M與O重合時(shí)，AM+BM的值最小，最小值為12．解：連接A′M．∵△OA'B'和△OAB都是等邊三角形，∴∠A′OB′＝∠AOB＝∠BOB′＝60°，OA′＝OB，∵OM＝OM，∴△OMB≌△OMA′（SAS），∴A′M＝BM，∠OMA′＝∠OMB＝90°，∴OB′垂直平分線段A′B，∴A′、B關(guān)于OB′對(duì)稱，∵M(jìn)A+MB＝MA+MA′≥A′A，∴當(dāng)點(diǎn)M與O重合時(shí)，AM+BM的值最小，最小值為12，∴BM+AM的最小值為12．故選：C．總結(jié)提升：本題考查等邊三角形的性質(zhì)、軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃虇栴}、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．20．（2022?揚(yáng)州三模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接ED，將ED繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到EF，連接DF，CF，則DF+CF的最小值是（）A．45 B．43 C．52 D．213思路引領(lǐng)：連接BF，過點(diǎn)F作FG⊥AB交AB延長線于點(diǎn)G，通過證明△AED≌△GFE（AAS），確定F點(diǎn)在BF的射線上運(yùn)動(dòng)；作點(diǎn)C關(guān)于BF的對(duì)稱點(diǎn)C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，從而確定C'點(diǎn)在AB的延長線上；當(dāng)D、F、C'三點(diǎn)共線時(shí)，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，求出DC'＝45即可．解：連接BF，過點(diǎn)F作FG⊥AB交AB延長線于點(diǎn)G，∵將ED繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到EF，∴EF⊥DE，且EF＝DE，∴∠EDA＝∠FEG，在△AED和△GFE中，∠A=∠FGE∠EDA=∠FEG∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG＝AE，AD＝EG，∵AD＝AB，∴AB＝EG，∴AE＝BG，∴BG＝FG，∴F點(diǎn)在BF的射線上運(yùn)動(dòng)，作點(diǎn)C關(guān)于BF的對(duì)稱點(diǎn)C'，∵EG＝DA，F(xiàn)G＝AE，∴AE＝BG，∴BG＝FG，∴∠FBG＝45°，∴∠CBF＝45°，∴BF是∠CBC′的角平分線，即F點(diǎn)在∠CBC′的角平分線上運(yùn)動(dòng)，∴C'點(diǎn)在AB的延長線上，當(dāng)D、F、C'三點(diǎn)共線時(shí)，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，∴DC'=AD2∴DF+CF的最小值為45，故選：A．總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱求最短路徑；能夠?qū)⒕€段的和通過軸對(duì)稱轉(zhuǎn)化為共線線段是解題的關(guān)鍵．21．（2021秋?殷都區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠C＜90°，∠B＝30°，AB＝10，AC＝7，O為AC的中點(diǎn)，M為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α≤360°）得到△AB'C'，點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M'，連接OM'，在旋轉(zhuǎn)過程中，線段OM'的長度的最小值是（）A．1 B．1.5 C．2 D．3思路引領(lǐng)：O為AC的中點(diǎn)，M為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，則當(dāng)OM′⊥B′C′時(shí)，OM′最短，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α≤360°）的過程中，當(dāng)OM′在直線AC上時(shí)，OM′最短，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠B＝∠B′＝30°，BA＝B′A＝10，再利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到AM′=12B′A＝3，而AO＝3.5，所以M′O＝AM′﹣AO＝解：連接AM，AM′，根據(jù)題意，點(diǎn)M′在以A點(diǎn)為圓心，AM為半徑的圓上，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM最短，此時(shí)AM=12BA＝∵M(jìn)′O≥AM′﹣AO（當(dāng)且僅當(dāng)M′、A、O共線時(shí)取等號(hào)），∴M′O的最小值為5﹣3.5＝1.5．故選：B．總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．22．（2022秋?橫縣期中）如圖，邊長為6的等邊三角形ABC中，E是對(duì)稱軸AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接EC，將線段EC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°等到FC，連接DF，則在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)過程中，DF的最小值是（）A．3 B．1.5 C．23 D．6思路引領(lǐng)：取線段AC的中點(diǎn)G，連接EG，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及角的計(jì)算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS證出△FCD≌△ECG，進(jìn)而即可得出DF＝GE，再根據(jù)點(diǎn)G為AC的中點(diǎn)，即可得出EG的最小值，此題得解．解：取線段AC的中點(diǎn)G，連接EG，如圖所示．∵△ABC為等邊三角形，且AD為△ABC的對(duì)稱軸，∴CD＝CG=12AB＝3，∠ACD＝∵∠ECF＝60°，∴∠FCD＝∠ECG．在△FCD和△ECG中，F(xiàn)C=EC∠FCD=∠ECG∴△FCD≌△ECG（SAS），∴DF＝GE．當(dāng)EG⊥AD時(shí)，EG最短，即DF最短．∵點(diǎn)G為AC的中點(diǎn)，∴此時(shí)EG＝DF=12CD＝故選：B．總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過全等三角形的性質(zhì)找出DF＝GE．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)找出相等的邊是關(guān)鍵．23．（2022秋?石門縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為AB的三等分點(diǎn)（更靠近A點(diǎn)），點(diǎn)P是⊙O上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，取弦AP的中點(diǎn)D，則線段CD的最大值為（）A．2 B．7 C．23 D．思路引領(lǐng)：取OA的中點(diǎn)Q，連接DQ，OD，CQ，根據(jù)條件可求得CQ長，再由垂徑定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半求得QD長，根據(jù)當(dāng)C，Q，D三點(diǎn)共線時(shí)，CD長最大求解．解：如圖，取AO的中點(diǎn)Q，連接CQ，QD，OD，∵C為AB的三等分點(diǎn)，∴AC的度數(shù)為60°，∴∠AOC＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC為等邊三角形，∵Q為OA的中點(diǎn)，∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，∴OQ=1由勾股定理可得，CQ=3∵D為AP的中點(diǎn)，∴OD⊥AP，∵Q為OA的中點(diǎn)，∴DQ=1∴當(dāng)D點(diǎn)CQ的延長線上時(shí)，即點(diǎn)C，Q，D三點(diǎn)共線時(shí)，CD長最大，最大值為3+1故選：D．總結(jié)提升：本題考查利用弧與圓心角的關(guān)系及垂徑定理求相關(guān)線段的長度，并且考查線段最大值問題，利用圓的綜合性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．24．（2022秋?泰山區(qū)期末）如圖，點(diǎn)P（3，4），⊙P半徑為2，A（2.5，0），B（5，0），點(diǎn)M是⊙P上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C是MB的中點(diǎn)，則AC的最大值是（）A．32 B．52 C．72 思路引領(lǐng)：作射線OP，交⊙P于M1、M2，連接OM，因?yàn)镺A＝AB，CM＝CB，所以AC=12OM，所以當(dāng)OM最大時(shí)，AC最大，M運(yùn)動(dòng)到M2時(shí)，解：如圖，作射線OP，交⊙P于M1、M2，連接OM，由勾股定理得：OP=32∵OA＝AB，CM＝CB，∴AC=12∴當(dāng)OM最大時(shí)，AC最大，∴當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到M2時(shí)，OM最大，此時(shí)AC的最大值=12OM2=12（OP+PM2）=1故選：C．總結(jié)提升：本題考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、三角形中位線定理、最小值問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解圓外一點(diǎn)到圓的最小距離以及最大距離，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，所以中考?？碱}型．25．（2022?南京模擬）如圖所示，AB＝4，BC＝8，AB⊥BC于點(diǎn)B，點(diǎn)D是線段BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AD⊥DE于點(diǎn)D，tan∠DAE=34，連接CE，則CE長的最小值是思路引領(lǐng)：在BC上截取BQ＝3，構(gòu)造相似，可得出∠AQE＝90°，過C點(diǎn)作CH⊥EQ可得出△ABQ∽△QHC即可求出CE的長．解：在BC上截取BQ＝3，則CQ＝5，Rt△ABQ中，BQ：AB：AQ＝3：4：5∵tan∠DAE=3∴在Rt△ADE中，DE：AD：AE＝3：4：5，∴△EAD∽△QAB，∴ABAQ=ADAE，∠QAB∴∠BAD＝∠QAE，∴△BAD∽△QAE，∴∠AQE＝90°，∴∠EQC的角度固定不變，∴CH為CE的最小值．過C點(diǎn)作CH⊥EQ交EQ于點(diǎn)H，∴∠CHQ＝∠ABQ＝90°，∵∠AQE＝90°，∴∠CQH＝∠QAB，∴△ABQ∽△QHC，∵CQ＝5，∴CH＝3，故答案為：3．總結(jié)提升：本題主要考查相似的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．26．（2022秋?市北區(qū)校級(jí)期末）如圖，正方形ABCD邊長為12cm，M、N分別是邊BC，CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AM⊥MN，則線段AN的最小值是cm．思路引領(lǐng)：由正方形ABCD和AM⊥MN先證明在△ABM∽△MCN，Rt△ADN，AN=AD2+DN2，而AD為定值，所以當(dāng)DN取最小值時(shí)，AN也取最小值．于是設(shè)BM＝xcm，利用△ABM∽△解：∵AM⊥MN，∴∠AMB+∠CMN＝90°，而∠AMB+∠MAB＝90°，∴∠MAB＝∠NMC，又∵∠B＝∠C＝90°，∴△ABM∽△MCN，∴ABMC設(shè)BM＝xcm，則1212-x整理得：CN=-112x2+x=-112（x﹣6∴當(dāng)x＝6時(shí)，CN取得最大值3cm，∵AN=A∴當(dāng)AN取最小值時(shí)，DN取得最小值、CN取得最大值，即DN＝9cm時(shí)，AN最小，∴AN=122+故答案為：15．總結(jié)提升：本題考查的是相似三角形的性質(zhì)應(yīng)用與二次函數(shù)求最值的結(jié)合，把代數(shù)與幾何問題進(jìn)行了相互滲透，本題中證明△ABM∽△MCN以及運(yùn)用二次函數(shù)求線段的最值是解題的關(guān)鍵．27．（2022?富陽區(qū)二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)沿著BD方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)．連接AP，點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為Q．當(dāng)點(diǎn)Q落在AC上時(shí)，則OQ＝，在運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)Q到直線BD的距離的最大值為．思路引領(lǐng)：過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足為H，根據(jù)題意可得AQ＝AB，利用平行四邊形的性質(zhì)可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OH，BH的長，再在Rt△AHO中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AH的長，AO的長，從而求出AB，AQ的長，進(jìn)行計(jì)算即可求出OQ的長；根據(jù)題意可得點(diǎn)Q的軌跡為：以點(diǎn)A為圓心，AB長為半徑的圓弧上，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O，則點(diǎn)Q在圓弧終點(diǎn)的位置，連接BQ，過點(diǎn)Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，從而可得QB=2AB＝22+26，∠QBA＝∠AQB＝45°，進(jìn)而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)可得∠QOG＝30°，最后設(shè)QG＝x，則OQ＝OB＝2x，OG=3x，再在Rt解：過點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足為H，由題意得：AQ＝AB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=12BD＝4，在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，∴OH＝OB?sin60°＝4×32=BH＝OB?cos60°＝4×12在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，∴AH=OHtan45°=231=2∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+23，∴OQ＝AQ﹣OA＝2+23-26∴當(dāng)點(diǎn)Q落在AC上時(shí)，則OQ＝2+23-26∵AQ＝AB，∴點(diǎn)Q的軌跡為：以點(diǎn)A為圓心，AB長為半徑的圓弧上，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O，則點(diǎn)Q在圓弧終點(diǎn)的位置，連接BQ，過點(diǎn)Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，∵點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為Q，∴OQ＝OB，AQ＝AB，