專題8填空題壓軸題之動點問題

專題8填空題壓軸題之動點問題（解析版）模塊一2022中考真題訓練類型一用函數觀點描述幾何圖形1．（2022?煙臺）如圖1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC邊上的一個動點（不與點B，C重合），DE∥AB，交AC于點E，EF∥BC，交AB于點F．設BD的長為x，四邊形BDEF的面積為y，y與x的函數圖象是如圖2所示的一段拋物線，其頂點P的坐標為（2，3），則AB的長為．思路引領：根據拋物線的對稱性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，當BD＝2時，?BDEF的面積為3，則此時BF=3，AB＝2BF解：∵拋物線的頂點為（2，3），過點（0，0），∴x＝4時，y＝0，∴BC＝4，作FH⊥BC于H，當BD＝2時，?BDEF的面積為3，∵3＝2FH，∴FH=3∵∠ABC＝60°，∴BF=3∵DE∥AB，∴AB＝2BF＝23，故答案為：23．總結提升：本題主要考查了動點的函數圖象問題，拋物線的對稱性，平行四邊形的性質，特殊角的三角函數值等知識，求出BC＝4是解題的關鍵．2．（2022?營口）如圖1，在四邊形ABCD中，BC∥AD，∠D＝90°，∠A＝45°，動點P，Q同時從點A出發(fā)，點P以2cm/s的速度沿AB向點B運動（運動到B點即停止），點Q以2cm/s的速度沿折線AD→DC向終點C運動，設點Q的運動時間為x（s），△APQ的面積為y（cm2），若y與x之間的函數關系的圖象如圖2所示，當x=72（s）時，則y＝354思路引領：根據題意以及函數圖像可得出△AED∽△APQ，則點Q在AD上運動時，△APQ為等腰直角三角形，然后根據三角形面積公式得出當面積最大為9時，此時x＝3，則AD＝2x＝6cm，當3＜x≤4時，過點P作PF⊥AD于點F，結合面積公式，分別表示出相關線段可得y與x之間的函數解析式，最后代入求解即可．解：過點D作DE⊥AB，垂足為E，在Rt△ADE中，∵∠AED＝90°，∠EAD＝45°，∴AEAD∵點P的速度為2cm/s，點Q的速度為2cm/s，∴AP=2x，AQ＝2x∴APAQ在△APQ和△AED中，AEAD=AP∴△AED∽△APQ，∴點Q在AD上運動時，△APQ為等腰直角三角形，∴AP＝PQ=2x∴當點Q在AD上運動時，y=12AP?AQ=12×2x由圖像可知，當y＝9此時面積最大，x＝3或﹣3（負值舍去），∴AD＝2x＝6cm，當3＜x≤4時，過點P作PF⊥AD于點F，如圖：此時S△APQ＝S△APF+S四邊形PQDF﹣S△ADQ，在Rt△APF中，AP=2x，∠PAF∴AF＝PF＝x，FD＝6﹣x，QD＝2x﹣6，∴S△APQ=12x2+12（x+2x﹣6）?（6﹣x）即y＝﹣x2+6x，當x=72時，y＝﹣（72）2故答案為：354總結提升：本題考查了動點問題的函數圖像，注意分類討論，求出各段函數的函數關系式是解答本題的關鍵．3．（2022?湖北）如圖1，在△ABC中，∠B＝36°，動點P從點A出發(fā)，沿折線A→B→C勻速運動至點C停止．若點P的運動速度為1cm/s，設點P的運動時間為t（s），AP的長度為y（cm），y與t的函數圖象如圖2所示．當AP恰好平分∠BAC時t的值為25+2思路引領：由圖象可得AB＝BC＝4cm，通過證明△APC∽△BAC，可求AP的長，即可求解．解：如圖，連接AP，由圖2可得AB＝BC＝4cm，∵∠B＝36°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠C＝72°，∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠PAC＝∠B＝36°，∴AP＝BP，∠APC＝72°＝∠C，∴AP＝AC＝BP，∵∠PAC＝∠B，∠C＝∠C，∴△APC∽△BAC，∴APAB∴AP2＝AB?PC＝4（4﹣AP），∴AP＝25?2＝BP∴t=4+25?2故答案為：25+總結提升：本題是動點問題的函數圖象，考查了等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，證明三角形相似是解題的關鍵．類型二三角形、多邊形上的動點問題4．（2022?遵義）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點M，N分別為BC，AC上的動點，且AN＝CM，AB=2．當AM+BN的值最小時，CM的長為2?2思路引領：過點A作AH⊥BC于點H．設AN＝CM＝x．AM+BN=12+(1?x)2+(2)2+x2，欲求AM+BN的最小值，相當于在x軸上尋找一點P（x，0），到E（1，1），F（0，2）的距離和的最小值，如圖1中，作點F關于x軸的對稱點F′，當E，P，F′共線時，PE+解：過點A作AH⊥BC于點H．設AN＝CM＝x．∵AB＝AC=2，∠BAC∴BC=(∵AH⊥BC，∴BH＝AH＝1，∴AH＝BH＝CH＝1，∴AM+BN=1欲求AM+BN的最小值，相當于在x軸上尋找一點P（x，0），到E（1，1），F（0，2）的距離和的最小值，如圖1中，作點F關于x軸的對稱點F′，當E，P，F′共線時，PE+PF的值最小，此時直線EF′的解析式為y＝（2+1）x?當y＝0時，x＝2?2∴AM+BN的值最小時，CM的值為2?2解法二：過點C作CE⊥CB，使得CE＝AC，連接EM，過點A作AD⊥BC于點D．∵AB＝AC＝CE，∠BAN＝∠ECM＝90°，AN＝CM，∴△BAN≌△ECM（SAS），∴BN＝EM，∴AM+BN＝AM+ME，∴當A，M，E共線時，AM+BN的值最小，∵AD∥EC，∴CMDM∴CM=21+2故答案為：2?2總結提升：本題考查等腰直角三角形的性質，軸對稱最短問題，一次函數的性質等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．5．（2022?黃石）如圖，等邊△ABC中，AB＝10，點E為高AD上的一動點，以BE為邊作等邊△BEF，連接DF，CF，則∠BCF＝30°，FB+FD的最小值為53．思路引領：首先證明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作點D關于CF的對稱點G，連接CG，DG，BG，BG交CF于點F′，連接DF′，此時BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長．解：如圖，∵△ABC是等邊三角形，AD⊥CB，∴∠BAE=12∠∵△BEF是等邊三角形，∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，∴∠ABE＝∠CBF，在△BAE和△BCF中，BA=BC∠ABE=∠CBF∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠BCF＝30°，作點D關于CF的對稱點G，連接CG，DG，BG，BG交CF的延長線于點F′，連接DF′，此時BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長．∵∠DCF＝∠FCG＝30°，∴∠DCG＝60°，∵CD＝CG＝5，∴△CDG是等邊三角形，∴DB＝DC＝DG，∴∠CGB＝90°，∴BG=BC2∴BF+DF的最小值為53，故答案為：30°，53．總結提升：本題考查旋轉的性質，等邊三角形的性質，軸對稱最短問題等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．6．（2022?廣州）如圖，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點P為邊AD上的一個動點，線段BP繞點B順時針旋轉60°得到線段BP′，連接PP′，CP′．當點P′落在邊BC上時，∠PP′C的度數為120°；當線段CP′的長度最小時，∠PP′C的度數為75°．思路引領：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．利用全等三角形的性質證明∠BEP′＝90°，推出點P′在射線EP′上運動，如圖1中，設EP′交BC于點O，再證明△BEO是等腰直角三角形，可得結論．解：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．∵△BPP′是等邊三角形，∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，∴∠ABP＝∠EBP′，在△ABP和△EBP′中，BA=BE∠ABP=∠EBP′∴△ABP≌△EBP′（SAS），∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，∴點P′在射線EP′上運動，如圖1中，設EP′交BC于點O，當點P′落在BC上時，點P′與O重合，此時∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，當CP′⊥EP′時，CP′的長最小，此時∠EBO＝∠OCP′＝30°，∴EO=12OB，OP′=∴EP′＝EO+OP′=12OB+12∵BC＝2AB，∴EP′＝AB＝EB，∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．故答案為：120°，75°．總結提升：本題考查旋轉的性質，矩形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．7．（2022?柳州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中點，點E是正方形內一個動點，且EG＝2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉90°得到線段DF，連接CF，則線段CF長的最小值為25?2思路引領：連接DG，將DG繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，利用SAS證明△EDG≌△DFM，得MF＝EG＝2，再說明△DGC≌△DMH（AAS），得CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，求出CM的長，再利用三角形三邊關系可得答案．解：連接DG，將DG繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，∵∠EDF＝∠GDM，∴∠EDG＝∠FDM，∵DE＝DF，DG＝DM，∴△EDG≌△MDF（SAS），∴MF＝EG＝2，∵∠GDC＝∠DMH，∠DCG＝∠DHM，DG＝DM，∴△DGC≌△MDH（AAS），∴CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，∴CM=42+∵CF≥CM﹣MF，∴CF的最小值為25?故答案為：25?總結提升：本題主要考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，三角形三邊關系等知識，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．8．（2022?遼寧）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，點P為斜邊AB上的一個動點（點P不與點A、B重合），過點P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分別為點D和點E，連接DE，PC交于點Q，連接AQ，當△APQ為直角三角形時，AP的長是3或23．思路引領：由已知求出AB＝4，AC＝23，再分∠APQ＝90°和∠AQP＝90°兩種情況進行討論，即可求出答案．解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC=AB2當∠APQ＝90°時，如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×2＝4，∴AC=AB2∵∠APQ＝∠ACB＝90°，∠CAP＝∠BAC，∴△CAP∽△BAC，∴CAAP=AB∴AP＝3，當∠AQP＝90°時，如圖2，∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠ACB＝90°，∴四邊形DPEC是矩形，∴CQ＝QP，∵∠AQP＝90°，∴AQ垂直平分CP，∴AP＝AC＝23，綜上所述，當△APQ為直角三角形時，AP的長是3或23，故答案為：3或23．總結提升：本題考查了直角三角形的性質，相似三角形的判定與性質，掌握含30度角的直角三角形的性質，相似三角形的判定與性質，矩形的判定與性質，線段垂直平分線的判定與性質，分類討論的數學思想是解決問題的關鍵．9．（2022?陜西）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分別是邊AD、BC上的動點，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為152思路引領：連接AC交BD于O，根據菱形的性質得到BD⊥AC，OB＝OD=72，OA＝OC，根據勾股定理求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據相似三角形的性質列出比例式，用含AM的代數式表示ME、解：連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC，OB＝OD=72，OA＝由勾股定理得：OA=A∵ME⊥BD，AO⊥BD，∴ME∥AO，∴△DEM∽△DOA，∴MEOA=DM解得：ME=4同理可得：NF=15∴ME+NF=15故答案為：152總結提升：本題考查的是相似三角形的判定和性質、菱形的性質、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵．10．（2022?盤龍區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD中，AB＝10cm，BC＝8cm，CD＝12cm，∠B＝∠C，點E為AB的中點．如果點P在線段BC上以3cm/s的速度沿B﹣C﹣B運動，同時，點Q在線段CD上由C點向D點運動．當點Q的運動速度為913或3或54或154cm/s時，能夠使△BPE思路引領：設點P在線段BC上運動的時間為ts，分兩種情況討論，①點P由B向C運動時，△BPE≌△CQP②△BPE≌△CPQ，③點P由C向B運動時，△BPE≌△CQP，④△BPE≌△CPQ，根據全等三角形的對應邊相等列方程解出即可．解：設點P在線段BC上運動的時間為ts，①點P由B向C運動時，BP＝3t（cm），CP＝（8﹣3t）cm，∵△BPE≌△CQP，∴BE＝CP＝5，∴5＝8﹣3t，解得t＝1，∴BP＝CQ＝3，此時，點Q的運動速度為3÷1＝3（cm/s）；②點P由B向C運動時，∵△BPE≌△CPQ，∴BP＝CP，∴3t＝8﹣3t，t=4此時，點Q的運動速度為：5÷43=154③點P由C向B運動時，CP＝3t﹣8，∵△BPE≌△CQP，∴BE＝CP＝5，∴5＝3t﹣8，解得t=13∴BP＝CQ＝3，此時，點Q的運動速度為3÷133=913④點P由C向B運動時，∵△BPE≌△CPQ，∴BP＝CP＝4，3t﹣8＝4，t＝4，∵BE＝CQ＝5，此時，點Q的運動速度為5÷4=54（cm/綜上所述：點Q的運動速度為913cm/s或3cm/s或54cm/s或154cm故答案為：913或3或54或總結提升：本題考查三角形全等的判定，掌握動點問題在解決全等三角形時邊長的表示及分情況討論，它們也是解決問題的關鍵．類型三有關圓的動點問題11．（2022?寧波）如圖，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，點O在BC上，以OB為半徑的圓與AC相切于點A．D是BC邊上的動點，當△ACD為直角三角形時，AD的長為32或65思路引領：根據切線的性質定理，勾股定理，直角三角形的等面積法解答即可．解：連接OA，過點A作AD⊥BC于點D，∵圓與AC相切于點A．∴OA⊥AC，由題意可知：D點位置分為兩種情況，①當∠CAD為90°時，此時D點與O點重合，設圓的半徑＝r，∴OA＝r，OC＝4﹣r，∵AC＝2，在Rt△AOC中，根據勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，解得：r=3即AD＝AO=3②當∠ADC＝90°時，AD=AO?AC∵AO=32，AC＝2，OC＝4﹣r∴AD=6綜上所述，AD的長為32或6故答案為：32或6總結提升：本題主要考查了切線的性質和勾股定理，熟練掌握這些性質定理是解決本題的關鍵．12．（2022?東城區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0）與（7，0）．對于坐標平面內的一動點P，給出如下定義：若∠APB＝45°，則稱點P為線段AB的“等角點”．①若點P為線段AB在第一象限的“等角點”，且在直線x＝4上，則點P的坐標為（4，32+3）②若點P為線段AB的“等角點”，并且在y軸正半軸上，則點P的坐標為（0，3±2）或（0，﹣3±2）．思路引領：①根據P在直線x＝4上畫圖1，作△APB的外接圓C，連接AC，BC，可知AB＝6，OC的半徑為32，最后計算PD的長可得點P的坐標；②同理根據作輔助線，計算OP和OP1的長，可得點P的坐標，注意不要丟解．解：①如圖1，作△APB的外接圓，設圓心為C，連接AC，BC，∵點A與點B的坐標分別是（1，0）與（7，0），∴AB＝7﹣1＝6，∵∠APB＝45°，∴∠ACB＝90°，∵AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝BC＝32，∴PC＝32，∵點P在直線x＝4上，∴AD＝4﹣1＝3，∴AD＝BD，∵CD⊥AB，∴CD＝AD＝3，∴P（4，32+故答案為：（4，32+②如圖2所示，同理作△APB的外接圓，設圓心為C，過C作CD⊥x軸于D，作CE⊥OP于E，連接PC，P1C，在y軸上存在∠APB＝∠AP1B＝45°，則①知：CD＝OE＝3，OD＝CE＝4，PC＝32，由勾股定理得：PE=(3∴PO＝3+2同理得：OP1＝3?2∴P（0，3±2），綜上分析，點P的坐標為（0，3±2）．故答案為：（0，3±2）．總結提升：本題主要考查了坐標和圖形的性質，圓周角定理，勾股定理等知識，解題關鍵是作△APB的外接圓．模塊二2023中考押題預測13．（2022?駐馬店二模）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，點M是四邊形ABCD內的一個動點，滿足∠AMD＝90°，則點M到直線BC的距離的最小值為33?2思路引領：取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解決問題．解：取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF．∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，∴OM=12∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGF＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝2，∵CD＝4，∴CG＝2，∴OG＝2OD?cos30°＝23，GF=3，OF＝33∴ME≥OF﹣OM＝33?∴當O，M，E共線時，ME的值最小，最小值為33?總結提升：本題考查解直角三角形，垂線段最短，直角三角形斜邊中線的性質等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．14．（2022?普定縣模擬）如圖，點M是∠AOB平分線上一點，∠AOB＝60°，ME⊥OA于E，OE=5，如果P是OB上一動點，則線段MP的取值范圍是MP≥15思路引領：過M點作MF⊥OB于F，如圖，先根據角平分線的性質得到ME＝MF，∠AOM＝30°，再利用含30度角的直角三角形三邊的關系得到ME=153，所以MF=15解：過M點作MF⊥OB于F，如圖，∵OM平分∠AOB，ME⊥OA，MF⊥OB，∴ME＝MF，∠AOM=12∠AOB在Rt△OME中，∵∠MOE＝30°，∴ME=33OE∴MF=15∵P是OB上一動點，∴MP≥MF，即線段MP的取值范圍為MP≥15故答案為：MP≥15總結提升：本題考查了角平分線的性質：角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．也考查了垂線段最短．15．（2022?徐州二模）如圖，在等邊三角形ABC中，AB＝2，點D，E，F分別是邊BC，AB，AC邊上的動點，則△DEF周長的最小值為3．思路引領：作點D關于AB的對稱點G，作點D關于AC的對稱點H，連接GH，GA，GE，GB，HA，HF，HC，過點A作AI⊥BC于I，過點A作AJ⊥GH于J．根據軸對稱的性質，兩點之間，線段最短確定△DEF周長的最小值是GH，根據等邊三角形的性質，等腰三角形三線合一的性質和直角三角形的邊角關系確定GH＝AD，再根據垂線段最短確定當AD⊥BC時，△DEF周長取得最小值為AI，最后根據等邊三角形的性質和直角三角形的邊角關系即可求解．解：如圖，作點D關于AB的對稱點G，作點D關于AC的對稱點H，連接GH，GA，GE，GB，HA，HF，HC，過點A作AI⊥BC于I，過點A作AJ⊥GH于J．∴GE＝DE，HF＝DF，AG＝AD，AH＝AD，∠GAB＝∠DAB，∠HAC＝∠DAC，∴AG＝AH，C△DEF＝DE+DF+EF＝GE+HF+EF，∴∠GAJ＝∠HAJ=12∠GAH，△DEF周長的最小值是∵三角形ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°∴∠DAB+∠DAC＝60°，∴∠GAB+∠HAC＝60°，∴∠GAH＝∠GAB+∠DAB+∠DAC+∠HAC＝120°，∴∠GAJ＝∠HAJ＝60°，∴GJ＝AG×sin∠GAJ=32AG=32AD，J＝AH×sin∠HAJ=∴GH＝GJ+HJ=3AD∴當AD取得最小值時，GH取得最小值，即△DEF周長取得最小值．∴當AD⊥BC時，即點D與點Ⅰ重合時，ADEF周長取得最小值為3AI，∵AB＝2，∴AI＝AB×sin∠ABC=3∴3AI＝3．∴△DEF周長的最小值是3．故答案為：3．總結提升：本題主要考查的是軸對稱路徑最短問題，作出點D關于AC、BC的對稱點，將△DEF的周長轉化為MN的長是解題的關鍵．16．（2022?仁懷市模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝8，點D為邊AB的中點，點P為邊AC上的動點，則PB+PD的最小值為43思路引領：先作點D關于AC的對稱點E，連接AE，PE，DE，則AE＝AD，PE＝PD，當B，P，E在同一直線上時，BP+PD＝BP+PE＝BE，再判定△ADE是等邊三角形，求得Rt△ABE中，BE=43，即可得到PB+PD的最小值為4解：如圖所示，作點D關于AC的對稱點E，連接AE，PE，DE，則AE＝AD，PE＝PD，∴BP+PD＝BP+PE，∴當B，P，E在同一直線上時，BP+PD＝BP+PE＝BE，∵∠BAC＝30°，∴∠DAE＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴∠ADE＝60°，又∵D為AB上的中點，∴DE＝AD＝DB，∴∠DEB=12∠ADE＝30°＝∠∴∠AEB＝90°，∵AB＝8，∴AE＝4，∴Rt△ABE中，BE=43即PB+PD的最小值為43故答案為：43總結提升：本題主要考查了軸對稱﹣最短路線問題，等邊三角形的性質、勾股定理等，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質定理，利用軸對稱變換來解決，多數情況要作點關于某直線的對稱點．17．（2022?亭湖區(qū)校級三模）在平面直角坐標系中，A（3，3），B（6，0），點D、E是OB的三等分點，點P是線段AB上的一個動點，若只存在唯一一個點P使得PD+PE＝a，則a需滿足的條件是：a=25或6＜a≤210思路引領：根據題意若只存在唯一一個點P使得PD+PE＝a，則PD+PE取得最小值或最大值，作點E關于AB的對稱點E'，連接DE'交AB于點P，則PD+PE＝PD+PE'＝DE'＝a即可．解：若只存在唯一一個點P使得PD+PE＝a，則PD+PE取得最小值，作點E關于AB的對稱點E'，連接DE'交AB于點P，則PD+PE＝PD+PE'＝DE'，∵A（3，3），B（6，0），∴OA＝AB=32∴（32）2+（32）2＝62，∴△AOB為等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，∵點D、E是OB的三等分點，∴OD＝DE＝EB＝2，根據軸對稱的性質可得，∠ABE＝∠ABE'＝45°，EB＝E'B＝2，∴∠EBE'＝90°，∴PD+PE=PD+PE′=DE′=4即a=25時，只存在唯一一個點P使得PD+PE＝a當P在A點時，PD+PE＝210，P在B點時PD+PE＝6，∴PD+PE的最大值為210，最小值為25，∴a=25或6＜a≤210總結提升：本題考查了坐標與圖形，軸對稱的性質，勾股定理等知識點，讀懂題意得出若只存在唯一一個點P使得PD+PE＝a，則PD+PE取得最小值或最大值是解本題的關鍵．18．（2022?夏邑縣校級模擬）如圖，在等腰三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，點D為AC的中點，點E為邊AB上一個動點，連接DE，點A關于直線DE的對稱點為點F，分別連接DF，EF，當EF⊥AC時，AE的長為33或3思路引領：當直線EF與直線AC垂直時，如圖1，如圖2，根據對稱的性質得到和等腰三角形的判定和性質定理以及直角三角形的性質即可得到結論．解：∵AC＝BC＝2，點D為AC的中點，∴AD=12①當直線EF與直線AC垂直時，如圖1，∵點A關于直線DE的對稱點為點F，∴∠F＝∠A＝30°，∠AED＝∠FED，∵∠AGE＝90°，∴∠AEG＝60°，∴∠AED＝∠FED＝30°，∴AD＝DE＝1，過D作DM⊥AE與M∴AE＝2AM＝2×32×②當直線EF與直線AC垂直時，如圖2，∵將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點F處，∴∠F＝∠A＝30°，∠ADE＝∠FDE，∵∠AGE＝∠FGD＝90°，∴∠FDG＝60°，∴∠ADE＝∠FDE＝30°，∴∠A＝∠ADE，∴AE＝DE，∴AG=12AD∴AE=3故答案為：33或3總結提升：本題考查了翻折變換（折疊問題）等腰三角形的判定和性質，直角三角形的判定和性質，正確的作出圖形是解題的關鍵．19．（2022?新昌縣模擬）在△ABC中，∠A＝60°，點P和點Q分別是邊AC和BC上的兩個動點，分別連結BP和PQ．把△ABC分割成三個三角形．若分割成的這三個三角形都是等腰三角形，則∠ABC的度數可以是80°．思路引領：根據等腰三角形的性質和三角形的內角和即可得到結論．解：∵∠A＝60°，BP和PQ把△ABC分割成三個三角形都是等腰三角形，∴△ABP是等邊三角形，∴∠ABP＝∠A＝60°，①如圖1，當BP＝BQ，PQ＝CQ時，則∠C＝∠CPQ，∠BPQ＝∠BQP，∴∠C+∠CBP＝∠APB＝60°，∴∠CBP＝60°﹣∠C，∵∠BQP＝∠C+∠CPQ＝2∠C，∴2∠C+2∠C+60°﹣∠C＝180°，∴∠C＝40°，∴∠ABC＝80°；②如圖2，當BQ＝PQ＝PC時，則∠PBQ＝∠BPQ，∠C＝∠CQP，∵∠PQB＝180°﹣∠CQP＝180°﹣∠C，∴∠QBP+∠BPQ+∠BQP＝∠PBQ+∠PBQ+180°﹣∠C＝∠PBQ+∠PBQ+180°﹣（60°﹣∠PBQ）＝180°，∴∠PBQ＝20°，∴∠ABC＝80°，綜上所述，∠ABC的度數可以是80°，故答案為：80°．總結提升：本題考查了等腰三角形的性質，三角形外角的性質，分類討論是解題的關鍵．20．（2022?新化縣一模）已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝75°，AB＝5．點E為邊AC上的動點，點F為邊AB上的動點，則線段FE+EB的最小值是52思路引領：作F關于AC的對稱點F'，延長AF'、BC交于點B'，當B、E、F'共線且與AB'垂直時，求BD的長即可．解：作F關于AC的對稱點F'，延長AF'、BC交于點B'，作BD⊥AB'于D，∴∠BAB'＝30°，EF＝EF'，∴FE+EB＝BE+EF'，∴當B、E、F'共線且與AB'垂直時，BE+EF'長度最小，即求BD的長，在△ABD中，BD=12AB故答案為：52總結提升：本題主要考查軸對稱﹣最短路線問題，將BE+EF轉化為求線段BD是解題的關鍵．21．（2022?順城區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝6，點M是射線AC上的一個動點，MC＝1，連接BM，以AB為邊在AB的上方作∠ABE＝∠AMB，直線BE交AC的延長線于點F，則CF＝67或185思路引領：分兩種情況根據含30°角的直角三角形的性質求解即可．解：如圖，過點F作FH⊥BM于點H，∴∠BHF＝90°，∵∠ABE+∠ABF＝180°，∠AMB+∠BMF＝180°，∠ABE＝∠AMB，∴∠ABF＝∠BMF，∵∠ABF+∠A+∠AFB＝180°，∠BMF+∠MBF+∠AFB＝180°，∴∠A＝∠MBF，∵∠A＝30°，∴∠MBF＝∠A＝30°，∴HF=12設CF＝x，∵MC＝1，∴MF＝MC+CF＝x+1，∵∠ACB＝90°，∴∠BCF＝180°﹣∠ACB＝90°，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝6，∴BC＝AC?tan30°＝6×33=∴BM=BC2+C∴HF=12BF∵12MF?BC=12BM∴12（x+1）×23∴x=67或x如圖，過點F作FH⊥BM，交BM的延長線于點H，∴∠BHF＝90°，設CF＝x，∵MC＝1，∴MF＝CF﹣MC＝x﹣1，同理，BM=13，BF=12+x2，HF∵12MF?BC=12BM∴12（x﹣1）×23∴x=185或x綜上，CF=67或故答案為：67或18總結提升：此題考查了含30°角的直角三角形的性質，熟記含30°角的直角三角形的性質并分情況討論是解題的關鍵．22．（2022?肇州縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC=23，Q為AC上的動點，P為Rt△ABC內一動點，且滿足∠APB＝120°，若D為BC的中點，則PQ+DQ的最小值是43?思路引領：如圖以AB為邊，向左邊作等邊△ABE，作△ABE的外接圓⊙O，連接OB，則點P在⊙O上．作點D關于AC的對稱點D′，連接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，則PQ+QD＝PQ+QD′＝PD′，根據PD′≥OD′﹣OP，求出OP，OD′即可解決問題．解：如圖以AB為邊，向左邊作等邊△ABE，作△ABE的外接圓⊙O，連接OB，則點P在⊙O上．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝23，∴AB＝43，則易知OB＝4，OB⊥BC，作點D關于AC的對稱點D′，連接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，則PQ+QD＝PQ+QD′≥PD′，∵PD′≥OD′﹣OP，OP＝OB＝4，OD′=4∴PD′≥43∴PQ+DQ的最小值為43?總結提升：本題考查軸對稱﹣最短問題，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．23．（2022?碧江區(qū)一模）如圖，在△ABC中，AB＝6，BC＝7，AC＝4，直線m是△ABC中BC邊的垂直平分線，P是直線m上的一動點，則△APC的周長的最小值為10．思路引領：當A、B、P三點共線時，△ACP的周長最小，最小值為AB+AC的長．解：∵直線m是△ABC中BC邊的垂直平分線，∴BP＝CP，∴△ACP的周長＝AP+PC+AC＝BP+AP+AC≥AB+AC，∴當A、B、P三點共線時，△ACP的周長最小，∵AB＝6，BC＝7，AC＝4，∴△ACP的周長6+4＝10，∴△ACP的周長最小值為10，故答案為10．總結提升：本題考查軸對稱求最短距離，熟練掌握軸對稱求最短距離的方法是解題的關鍵．24．（2022?撫順縣二模）如圖，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），點C在邊AB上，且ACCB=13，點D為OB的中點，點P為邊OA上的動點，當點P在OA上移動時，使四邊形PDBC周長最小的點P的坐標為P（8思路引領：根據已知條件得到AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，求得BC＝3，OD＝BD＝2，得到D（2，0），C（4，3），作D關于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），求得直線EC的解析式為y=14解：∵在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），∴AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，∵ACCB=13，點∴BC＝3，OD＝BD＝2，∴D（2，0），C（4，3），作D關于直線OA的對稱點E，連接EC交OA于P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），∵直線OA的解析式為y＝x，設直線EC的解析式為y＝kx+b，∴b=24k+b=3解得：k=1∴直線EC的解析式為y=14解y=xy=14∴P（83，8故答案為：（83，8總結提升：本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，等腰直角三角形的性質，正確的找到P點的位置是解題的關鍵．25．（2022?德?？h二模）如圖，在平面直角坐標系中，△OAB是邊長為4的等邊三角形，OD是AB邊上的高，點P是OD上的一個動點，若點C的坐標是（0，?3），則PA+PC的最小值是31思路引領：過B作BE⊥y軸于E，連接BP，依據OD垂直平分AB，可得AP＝BP，PA+PC＝BP+PC，當C，P，B三點共線時，PA+PC的最小值等于BC的長，在Rt△BCE中利用勾股定理即可得到BC的長，進而得出PA+PC的最小值是31．解：如圖，過B作BE⊥y軸于E，連接BP，∵△OAB是邊長為4的等邊三角形，OD是AB邊上的高，∴OD是中線，∴OD垂直平分AB，∴AP＝BP，∴PA+PC＝BP+PC，當C，P，B三點共線時，PA+PC的最小值等于BC的長，∵∠BOE＝90°﹣60°＝30°，OB＝4，∴BE＝2，OE＝23，又∵點C的坐標是（0，?3∴OC=3，CE=3∴Rt△BCE中，BC=B即PA+PC的最小值是31，故答案為：31．總結提升：本題考查了軸對稱確定最短路線問題，熟練掌握最短路徑的確定方法找出點P的位置以及表示PA+PC的最小值的線段是解題的關鍵．凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質定理，結合軸對稱變換來解決，多數情況要作點關于某直線的對稱點．26．（2022?元寶區(qū)校級一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，動點P從點B出發(fā)以每秒1個單位長度的速度沿B→A勻速運動；同時點Q從點A出發(fā)以同樣的速度沿A→C→B勻速運動．當點P到達點A時，P、Q同時停止運動，設運動時間為t秒，當t為5011或7或11213時，以B、P、思路引領：分情況討論：①當BP＝PQ時，如圖1，證明△ADQ∽△ACB，利用相似三角形的性質，列方程可得t的值；②當BP＝BQ時，如圖2，根據BP＝BQ列方程可得t的值；③當BQ＝PQ時，如圖3，同①證明三角形相似可得t的值．解：①當BP＝PQ時，如圖1，由題意得：BP＝PQ＝AQ＝t，Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，∴AB=6∴AP＝10﹣t，過Q作QD⊥AB于D，∴AD=1∵∠A＝∠A，∠ADQ＝∠ACB＝90°，∴△ADQ∽△ACB，∴ADAQ=ACAB，即AC×AQ＝∴6t=10×10?t∴t=50②當BP＝BQ時，如圖2，由題意得：BP＝AC+CQ＝t，∴BQ＝6+8﹣t＝14﹣t，∴14﹣t＝t，∴t＝7；③當BQ＝PQ時，如圖3，過Q作QD⊥AB于D，∴BD=12BP=12∵∠B＝∠B，∠BDQ＝∠ACB＝90°，∴△BDQ∽△BCA，∴BDBQ=BCAB，即BD×AB＝∴12∴t=112綜上所述，t的值是5011或7或112故答案為：5011或7或112總結提升：本題是幾何動點問題，考查了等腰三角形的判定、三角形相似的性質和判定．分類討論的數學思想是本題考查的重點，并與方程相結合解決問題．27．（2022?大理州二模）如圖，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝13cm，AC＝5cm，動點P從點B出發(fā)沿射線BC以2cm/s的速度運動，設運動時間為ts，當△APB為等腰三角形時，t的值為132或12或16948思路引領：當△ABP為等腰三角形時，分三種情況：①當AB＝BP時；②當AB＝AP時；③當BP＝AP時，分別求出BP的長度，繼而可求得t值．解：∵∠C＝90°，AB＝13cm，AC＝5cm，∴BC＝12cm．①當BP＝BA＝13時，t=13②當AB＝AP時，BP＝2BC＝24cm，t＝12；③當PB＝PA時，PB＝PA＝2tcm，CP＝（12﹣2t）cm，AC＝5cm，在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，即（2t）2＝52+（12﹣2t）2，解得t=169綜上，當△ABP為等腰三角形時，t=132或12或故答案為：132或12或169總結提升：本題考查勾股定理，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．28．（2022?錫山區(qū)校級模擬）如圖，△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，∠ABC的平分線與線段AC交于點D，且有AD＝BD，點E是線段AB上的動點（與A、B不重合），連結DE，當△BDE是等腰三角形時，則AE的長為12﹣43或8．思路引領：根據等腰三角形的性質、角平分線的定義得到∠A＝∠DBA＝∠CBD，根據直角三角形的性質求出∠A作DF⊥AB于F，根據勾股定理求出DF，分BE＝BD、BE＝DE兩種情況，根據等腰三角形的性質、勾股定理計算即可．解：∵AD＝BD，∴∠A＝∠DBA，∵BD是∠ABC的平分線，∴∠CBD＝∠DBA，∴∠A＝∠DBA＝∠CBD，∵∠C＝90°，∴∠A＝30°，如圖，作DF⊥AB于F，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝12，∵DA＝DB，DF⊥AB，∴AF=12在Rt△AFD中，∠A＝30°，∴DF=33AF＝2在Rt△AFD中，∠A＝30°，DF＝23，∴AD＝BD＝43，當BE＝BD＝43時，AE＝12﹣43；當BE＝DE時，12﹣AE=(6?AE解得AE＝8，∵點E與A、B不重合，∴DB≠DE，綜上所述：當△BDE是等腰三角形時，AE的長為12﹣43或8，故答案為：12﹣43或8．總結提升：本題考查的是勾股定理，直角三角形的性質、等腰三角形的性質，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．29．（2022?衡南縣校級二模）等腰△ABC的底邊BC＝8cm，腰長AB＝5cm，一動點P在底邊上從點B開始向點C以0.25cm/秒的速度運動，當點P運動到PA與腰垂直的位置時，點P運動的時間應為7或25秒．思路引領：根據等腰三角形三線合一性質可得到BD的長，由勾股定理可求得AD的長，再分兩種情況進行分析：①PA⊥AC②PA⊥AB，從而可得到運動的時間．解：如圖，作AD⊥BC，交BC于點D，∵BC＝8cm，∴BD＝CD=12BC＝4∴AD=AB分兩種情況：當點P運動t秒后有PA⊥AC時，∵AP2＝PD2+AD2＝PC2﹣AC2，∴PD2+AD2＝PC2﹣AC2，∴PD2+32＝（PD+4）2﹣52∴PD＝2.25，∴BP＝4﹣2.25＝1.75＝0.25t，∴t＝7秒，當點P運動t秒后有PA⊥AB時，同理可證得PD＝2.25，∴BP＝4+2.25＝6.25＝0.25t，∴t＝25秒，∴點P運動的時間為7秒或25秒．總結提升：本題利用了等腰三角形的性質和勾股定理求解．30．（2022?大冶市校級模擬）如圖，已知四邊形ABCD是正方形AB=22，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連CG（1）CE+CG＝4；（2）若四邊形DEFG面積為5時，則CG＝3或1．思路引領：（1）作出輔助線，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF，得矩形DEFG是正方形，證明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4；（2）過點E作EQ⊥AD于點Q，得△AEQ是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出AQ，進而可以解決問題．解：（1）如圖，作EM⊥BC，EN⊥CD于點M，N，∴∠MEN＝90°，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG．∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×故答案為：4；（2）如圖，過點E作EQ⊥AD于點Q，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴∠EAQ＝45°，∴AQ＝EQ，∴DQ＝AD﹣AQ＝22?AQ∵正方形DEFG面積為5，∴DE=5在Rt△DQE中，根據勾股定理得：DQ2+EQ2＝DE2，∴（22?AQ）2+AQ2∴AQ=322∴AE=2AQ∴CG＝AE＝3或1．故答案為：3或1．總結提升：此題主要考查了正方形的性質，矩形的性質，三角形的全等的性質和判定，解本題的關鍵是作出輔助線，判斷三角形全等．31．（2022?玉樹市校級一模）如圖，菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝4，P是AB邊一個動點，E、F分別是DP、BP的中點，則線段EF的長為2．思路引領：連接BD．首先證明△ADB是等邊三角形，可得BD＝4，再根據三角形的中位線定理即可解決問題．解：如圖連結BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝4，∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AD＝4，∵點E，F分別是DP，BP的中點，∴EF為△PBD的中位線，∴EF=12故答案為：2．總結提升：本題考查菱形的性質、三角形的中位線定理、等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，本題的突破點是證明△ADB是等邊三角形．32．（2022?浉河區(qū)校級模擬）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝4，AD＝5，點F是AB的中點，點E為AD上一動點，作△AEF關于直線EF的對稱圖形，點A的對應點為點A′，作△A′EF關于直線A′E的對稱圖形，點F的對應點為F'．當點F'落在矩形ABCD的邊上時，AE的長為23或233思路引領：根據題意可得點F、A'、F'三點共線，再根據含30°角的直角三角形三邊關系計算，具體分（1）當點F'落在邊AD上，（2）當點F'落在邊BC上兩種情況計算即可解答．解：由題意得：∠A＝∠FA'E＝∠EA'F'＝90°，∴∠FA'F'＝180°，即點F、A'、F'三點共線，分以下兩種情況討論：（1）當點F'落在邊AD上時，如圖：∵△AEF、△A'EF關于直線EF對稱，△A′EF、ΔA'EF'關于直線EA'對稱，∴∠AFE＝∠A'FE＝∠A'F'E，∵∠A＝90°，∴∠AFE+∠A'FE+∠A'F'E＝90°，∴∠AFE＝∠A'FE＝∠A'F'E＝30°，∵AF=12∴FF'＝2AF＝4，AF'＝23，EF＝2AE＝EF'，∴AE=13AF'（2）當點F'落在邊BC上時，如圖：∵△AEF、△A'EF關于直線EF對稱，△A′EF、ΔA'EF'關于直線EA'對稱，∴AF＝FA'＝A'F'＝2＝FB，即FF'＝2FB，∴∠BF'F＝30°，∠BFF'＝60°，∴∠AFF'＝180°﹣60°＝120°，∴∠FAE=12∠∴AE=3AF＝23故AE的長為：233或2總結提升：本題考查翻折變換，矩形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．33．（2022?嵩縣模擬）如圖，四邊形ABCD和AEFG都是正方形，點E是AB邊上一個動點，點G在AD邊上，AB=2cm，連接BF，CF，若△BCF恰為等腰三角形，則AE的長為22或（2?思路引領：延長EF與CD交于點H，用x表示BF與CF，再分情況列出方程求解便可．解：延長EF與CD交于點H，∵AB=2cm，四邊形ABCD∴AB＝BC＝CD＝AD=2cm設AE＝xcm，則EF＝xcm，BE＝CH＝CH＝（2?x）cm∴BFCF當BF＝CF時，有2x解得x=22，即AE=當BF＝BC時，有2x解得x＝0（舍）或x=2當CF＝BC時，有2x解得x=2?1或x∴AE=2?1（綜上，AE=22cm或（2?1故答案為：22或（2總結提升：本題主要考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，關鍵是根據題意列出方程．34．（2022?贛州模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，點E是邊CD的中點，點P在AB邊上運動，點F為DP的中點；當△DEF為等腰三角形時，則AP的長為3或42或6﹣42．思路引領：分三種情況討論，由直角三角形的性質和勾股定理可求解．解：∵點E是邊CD的中點，點F為DP的中點∴DE＝3，DF＝PF，如圖，當DF＝EF時，連接EP，∴DF＝EF＝PF，∴△DEP是直角三角形，∴∠DEP＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠ADC＝90°，∴四邊形ADEP是矩形，∴DE＝AP＝3，當DF＝DE＝3時，∴DP＝6，∴AP=DP2?A當DE＝EF＝3時，如圖，連接CF，CP，∴DE＝EC＝EF，∴△DFC是直角三角形，∴∠DFC＝90°，∵DF＝FP，∴DC＝CP＝6，∴BP=CP2?BC∴AP＝6﹣42，綜上所述：AP的長為3或42或6﹣42，故答案為：3或42或6﹣42．總結提升：本題考查了矩形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．35．（2022?華龍區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點E為對角線AC上的動點，以DE為邊作正方形DEFG，點H是CD上一點，且DH=23CD，連接GH，則GH的最小值為2思路引領：現根據正方形的性質證明△ADE≌△CDG（SAS），得出∠DCG＝∠DAE＝45°，從而得到點G的軌跡是射線CG，根據垂線段最短可知，當GH⊥CG時，GH的值最小，然后計算即可．解：∵四邊形ABCD是正方形，四邊形DEFC是正方形，∴DA＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°，∠DAC＝45°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DCG＝∠DAE＝45°，∴點G的軌跡是射線CG，根據垂線段最短可知，當GH⊥CG時，GH的值最小，∵DH=23CD∴CH＝CD﹣DH＝6﹣4＝2，∴GH最?。紺H?sin45°＝2×2故答案為：2．總結提升：此題考查正方形的性質，關鍵是根據正方形的性質和垂線段最短解答．36．（2022?柘城縣校級二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC=2，點E為射線AD上的動點（不與點A，D重合），點A關于直線BE的對稱點為A'，連接A'B，A'D，A'C，當△A'BC是以BC為底邊的等腰三角形時，AE的長為2+1或2思路引領：根據矩形的性質得到AD∥BC，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC=2，如圖，過A′作A′H⊥BC于H，反向延長A′H交AD于G，得到四邊形ABHG是矩形，推出AG＝BH，GH＝AB＝1，根據軸對稱的性質得到A′B＝AB＝1，∠BA′E＝∠BAE＝90°，AE＝A′E，根據勾股定理得到A′H=解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC=2如圖1，過A′作A′H⊥BC于H，反向延長A′H交AD于G，∴GH⊥AD，∴四邊形ABHG是矩形，∴AG＝BH，GH＝AB＝1，∵點A關于直線BE的對稱點為A'，∴A′B＝AB＝1，∠BA′E＝∠BAE＝90°，AE＝A′E，∵A′B＝A′C，∴BH＝CH=2∴AG=2∴A′H=A′∵∠EGA′＝∠BA′E＝∠A′HB＝90°，∴∠A′EG+∠EA′G＝∠EA′G+∠BA′H＝90°，∴∠GEA′＝∠BA′H，∴△EA′G∽△A′BH∴EGA′H∴22∴AE＝AG﹣EG=2如圖2，同理，AE＝AG+EG=2綜上所述，AE的長為2+1或2故答案為：2+1或2總結提升：本題考查了矩形的性質，折疊的性質，相似三角形的判定和性質，分類討論是解題的關鍵．37．（2022?武漢模擬）如圖，菱形ABCD中，AB＝5，BD＝45，動點E、F分別在邊AD、BC上，且AE＝CF，過點B作BP⊥EF于P，當E點從A點運動到D點時，線段CP的長度的取值范圍為10?5≤思路引領：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，證明△BOF≌△DOE（AAS），可得OB＝OD，則點P在以OB為直徑的半圓上運動，如圖2，連接OC，取OB的中點為Q，當C，P，Q共線時，CP的值最小，P與B重合時，CP的值最大，且最大值是5，從而可以解答．解：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠EDO＝∠OBF，∵AE＝CF，∴DE＝BF，∵∠BOF＝∠DOE，∴△BOF≌△DOE（AAS），∴OB＝OD，∵BP⊥EF，∴∠BPO＝90°，∴點P在以OB為直徑的半圓上運動，如圖2，連接OC，取OB的中點為Q，當C，P，Q共線時，CP的值最小，P與B重合時，CP的值最大，且最大值是5，Rt△OBP中，∵Q是OB的中點，∴PQ=12OB=12×∵四邊形ABCD是菱形，∴OC⊥BD，由勾股定理得：OC=5∴OQ＝OC，∴CQ=2OC=∴CP的最小值是10?∴線段CP的長度的取值范圍為10?5故答案為：10?5總結提升：本題主要考查了菱形的性質，勾股定理，圓的有關性質，直角三角形斜邊中線的性質，等腰直角三角形的性質等知識，根據題意畫出符合題意的圖形是解題的關鍵．38．（2022?保亭縣二模）如圖1，在矩形ABCD中，點E在CD上，∠AEB＝90°，點P從點A出發(fā)，沿A→E→B的路徑勻速運動到點B停止，作PQ⊥CD于點Q，設點P運動的路程為x，PQ長為y，若y與x之間的函數關系圖象如圖2，則BC的長為125；當x＝6時，PQ的長為95思路引領：由圖象可知：AE＝3，BE＝4，∠DAE＝∠CEB＝α，設：AD＝BC＝a，在Rt△ADE中，cosα=ADAE=a3，在Rt△BCE中，sinα=BCBE=a4，由勾股定理可得a=125，當x解：由圖象可知：AE＝3，BE＝4，∠DAE＝∠CEB＝α，設：AD＝BC＝a，在Rt△ADE中，cosα=AD∴AD=a3在Rt△BCE中，sinα=BC∵∠D＝∠C＝90°，∴△ADE∽△ECB，∴DEAE∴DE=a4又∵AD2+DE2＝AE2，∴（a3AE）2+（a4AE）2＝AE解得：a=12當x＝6時，即：EN＝3，則y＝MN＝ENsinα=9故答案為：125；9總結提升：本題考查的是動點問題函數圖象，涉及到解直角三角形或三角形相似，解題關鍵是深刻理解動點的函數圖象，了解圖象中關鍵點所代表的實際意義，理解動點的完整運動過程．39．（2022?丹江口市模擬）已知定點P（a，b），且動點Q（x，y）到點P的距離等于定長r，根據平面內兩點間距離公式可得（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，這就是到定點P的距離等于定長r圓的方程．已知一次函數的y＝﹣2x+10的圖象交y軸于點A，交x軸于點B，C是線段AB上的一個動點，則當以OC為半徑的⊙C的面積最小時，⊙C的方程為（x﹣4）2+（y﹣2）2＝（25）2．思路引領：先求出A（0，10），B（5，0），利用勾股定理可得AB＝55，再運用面積法求得OC＝25，設C（t，﹣2t+10），則OC2＝t2+（﹣2t+10）2＝（25）2，可求得t＝4，得出C（4，2），再根據圓的標準方程的定義即可得出答案．解：∵一次函數的y＝﹣2x+10的圖象交y軸于點A，交x軸于點B，∴A（0，10），B（5，0），∴OA＝10，OB＝5，∴AB=OA2∵以OC為半徑的⊙C的面積最小，∴OC⊥AB，∵S△ABO=12AB?OC=12∴OC=OA?OBAB=設C（t，﹣2t+10），則OC2＝t2+（﹣2t+10）2＝（25）2，解得：t1＝t2＝4，∴C（4，2），∴以OC為半徑的⊙C的⊙C的方程為（x﹣4）2+（y﹣2）2＝（25）2，故答案為：（x﹣4）2+（y﹣2）2＝（25）2．總結提升：本題考查點與圓的位置關系，方程的定義，坐標與圖形性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是理解圓的標準方程的定義，靈活運用所學知識解決問題．40．（2022?香洲區(qū)校級三模）如圖正方形ABCD的邊長為3，E是BC上一點且CE＝1，F是線段DE上的動點．連接CF，將線段CF繞點C逆時針旋轉90°得到CG，連接EG，則EG的最小值是105思路引領：圖，作直線BG．由△CBG≌△CDF，推出∠CBG＝∠CDF，因為∠CDF是定值，推出點G在直線BG上運動，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，根據垂線段最短可知，當EG解：如圖，作直線BG．∵四邊形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠BCD＝90°，∵∠FCG＝∠DCB＝90°，∴∠BCG＝∠DCF，∵CG＝CF，∴△CBG≌△CDF（SAS），∴∠CBG＝∠CDF，∵∠CDF是定值，∴點G在直線BG上運動，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CE根據垂線段最短可知，當EG⊥BG時，EG的長最短，此時tan∠EBG=GEBG=13，設EG＝m在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，∴4＝m2+9m2，∴m=10∴EG的最小值為105故答案為：105總結提升：本題考查旋轉變換、正方形的性質、全等三角形的判定和性質、垂線段最短、解直角三角形等知識，解題的關鍵是準確尋找全等三角形解決問題，學會利用垂線段最短解決最值問題，屬于中考填空題中的壓軸題．41．（2022?韶關模擬）如圖，已知正方形ABCD中，AB＝2，點E為BC邊上一動點（不與點B、C重合），連接AE，將AE繞點E順時針旋轉90得到EF，連接CF，連接AF與CD相交于點G，連接DF，當DF最小時，四邊形CEGF的面積是43思路引領：通過證明點A，點F，點C，點E四點共圓，可得∠AEF＝∠ACF＝90°，可求∠DCF的度數，由相似三角形的性質和全等三角形的性質可求CG，CE，CH的長，由三角形的面積公式可求解．解：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝∠ACB＝45°，∵將AE繞點E順時針旋轉90°得到EF，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠AFE＝45°，∴∠AFE＝∠ACE，∴點A，點F，點C，點E四點共圓，∴∠AEF＝∠ACF＝90°，∴∠DCF＝45°，∴當DF⊥CF時，DF有最小值，過點F作NH∥CD，交AD的延長線于N，BC的延長線于H，∵DF⊥CF，∠DCF＝45°，∴∠FDC＝∠FCD＝45°，∴FD＝FC，∵AB＝CD＝AD＝BC＝2，∴DF＝FC=2∵NH∥CD，∴∠NFD＝∠FDC＝45°，∠HFC＝∠FCD＝45°，∠N＝∠ADC＝90°＝∠BCD＝∠H，∴NF＝DN＝1，FH＝CH＝1，∵DC∥NH，∴△ADG∽△ANF，∴ADAN∴22+1∴DG=2∴GC=4∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEH＝90°＝∠AEB+∠BAE，∴∠BAE＝∠FEH，在△ABE和△EHF中，∠BAE=∠FEH∠B=∠H∴△ABE≌△EHF（AAS），∴BE＝FH＝1，AB＝EH＝2，∴CE＝1，∴四邊形CEGF的面積=12×CG×CE+12×CG×CH故答案為：43總結提升：本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．42．（2022?珠海校級三模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點P是線段BC上一動點，將線段PA繞點P順時針轉90°得到線段PA'，連接DA'，則DA'的最小值為2．思路引領：根據旋轉的性質，確定A'在線段GH上運動，當DA'⊥GH時，DA'有最小值．解：當P點與B點重合時，A'點在BC上，且A'B＝AB＝4，∵BC＝6，∴CG＝2，當P點與C點重合時，A'點運動到H點處，∴A'在線段GH上運動，當A'在CD上時，∵∠APA'＝90°，∴∠APB+∠CPA'＝90°，∵∠APB+∠PAB＝90°，∴∠CPA'＝∠PAB，∵AP＝A'P，∴△ABP≌△PCA'（AAS），∴AB＝PC，BP＝A'C，∵AB＝4，BC＝6，∴A'C＝2，∴A'D＝2，∵CG＝A'C＝2，∴∠DA'H＝45°，過點D作DM⊥GH交于點M，∴DM=2∴DA'的最小值為2，故答案為：2．總結提升：本題考查圖形的旋轉，熟練掌握圖形旋轉的性質，三角形全等的判定及性質，能夠確定A'點的軌跡是解題的關鍵．43．（2022?仁懷市模擬）如圖，在等邊△ABC中，AD是BC邊上的高，點E是AD上一動點，連接CE，將線段CE繞點E順時針旋轉60°得到線段FE，連接AF，若AB＝4，AF=19，則CF的長為7思路引領：利用旋轉的性質可得△CEF是等邊三角形，由等邊三角形的性質并結合AD是BC邊上的高，AB＝4，利用三角函數可得AD=23，然后根據SAS證明△ACE≌△BCF，可得AE＝BF，∠CAE＝∠CBF，利用勾股定理求得BF=3，再由DE＝AD﹣AE得到DE的長，最后利用勾股定理求得解：∵將線段CE繞點E順時針旋轉60°得到線段FE，∴CE＝FE，∠CEF＝60°，∴△CEF是等邊三角形，∴∠ECF＝60°，CE＝CF，∵△ABC是等邊三角形，AD是BC邊上的高，AB＝4，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝4，∠ADB＝∠ADC＝90°，∠CAD＝30°，CD=1∴AD=AB?sin∠ABD=4×32=23，∠ACE+∠ECB＝∠ACB＝60°，∠BCF+∠∴∠ACE＝∠BCF，在△ACE和△BCF中，AC=BC∠ACE=∠BCF∴△ACE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∠CAE＝∠CBF＝30°，∴∠ABF＝∠ABC+∠CAE＝60°+30°＝90°，又∵AF=19∴BF=A∴AE=BF=3∴DE=AD?AE=23在Rt△CDE中，CD＝2，∴CE=C∴CF=CE=7故答案為：7．總結提升：本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角函數，勾股定理等知識．解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．44．（2022?大慶二模）如圖是邊長為2的等邊三角形ABC，D為△ABC內（包括△ABC的邊）一動點，且滿足CD2＝AD2+BD2，則CD的長度m的取值范圍為23?2≤m≤2思路引領：由旋轉可知，△CDE是等邊三角形，EB＝AD，∠CEB＝∠CDA，證出∠BDA＝150°，將點C沿AB翻折，得到點F，得出點D在以F為圓心，AB為半徑的圓上運動，由等邊三角形的性質可求出答案．解：將△ACD繞點C逆時針旋轉60°，得到△BCE，由旋轉可知，△CDE是等邊三角形，EB＝AD，∠CEB＝∠CDA，∵DC2＝AD2+BD2，∴DE2＝BE2+BD2，∴∠DBE＝90°，∠BDE+∠BED＝90°，∠CDA＝∠CEB＝60°+∠BED，∴∠CDA+∠BDE＝60°+∠BED+∠BDE＝150°，∵∠CDE＝60°，∴∠BDA＝360°﹣（∠CDA+∠BDE）﹣∠CDE＝150°，將點C沿AB翻折，得到點F，∴點D在以F為圓心，AB為半徑的圓上運動，∵等邊△ABC和等邊△ABF的邊長都是2，∴等邊三角形的高h＝2?sin60°＝2×3∴2h﹣2≤CD≤2，∴23?2≤CD即23?2≤m故答案為：23?2≤m總結提升：本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，勾股定理逆定理，圓周角定理，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．45．（2022?雁塔區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點E為邊BC上一動點，將點A繞點E順時針旋轉90°得到點F，則DF的最小值為22．思路引領：以B為原點，BC所在直線為x軸，建立直角坐標系，過F作FG⊥x軸于G，設BE＝x，證明△ABE≌△EGF（AAS），可得BE＝FG＝x，AB＝EG＝4，即可得F（x+4，x），從而DF=2(x?2)2+8，故解：以B為原點，BC所在直線為x軸，建立直角坐標系，過F作FG⊥x軸于G，如圖：設BE＝x，∵四邊形ABCD是正方形，FG⊥x軸，∴∠ABE＝90°＝∠EGF，AB＝BC，∵將點A繞點E順時針旋轉90°得到點F，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠EFG＝90°﹣∠AEB＝∠BAE，∴△ABE≌△EGF（AAS），∴BE＝FG＝x，AB＝EG＝4，∴BG＝BE+EG＝x+4，∴F（x+4，x），∵D（4，4），∴DF=(x+4?4∴當x＝2時，DF取最小值，最小值為22，故答案為：22．總結提升：本題考查正方形中的旋轉變換，解題的關鍵是建立直角坐標系，用含x的式子表示F的坐標．46．（2022?沈陽二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，點E（不與點B重合）是BC邊上一個動點，將線段EB繞點E順時針旋轉90°得到線段EF，當△DFC是直角三角形時，那么BE的長是4.5或4或5．思路引領：由題意可知，BE＝EF，∠BEF＝90°，延長EF交AD于H，設BE＝EF＝x，根據矩形的性質得到A＝∠B＝90°，CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，EH＝AB＝5，CE＝6﹣x，根據勾股定理即可得到結論．解：由題意可知，BE＝EF，∠BEF＝90°，延長EF交AD于H，設BE＝EF＝x，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，∴四邊形ABEH，四邊形CDHE是矩形，∴EH＝AB＝5，CE＝6﹣x，∴FH＝5﹣x，DH＝CE＝6﹣x，在Rt△DHF中，DF2＝DH2+FH2＝（6﹣x）2+（5﹣x）2，在Rt△CEF中，CF2＝EF2+CE2＝（6﹣x）2+x2，在Rt△CDF中，CD2＝DF2+CF2或∴（6﹣x）2+（5﹣x）2+（6﹣x）2+x2＝52，解得x＝4.5或4．∴BE＝4.5或4．當點F在邊AD上時，四邊形ABEF是正方形，∴BE＝AB＝5，故答案為：4.5或4或5．總結提升：本題考查了旋轉的性質，矩形的性質，勾股定理，正確地作出輔助線是解題的關鍵．47．（2022?臺山市校級一模）△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝24，點D為△ABC的對稱軸上一動點，過點D作⊙O與BC相切，BD與⊙O相交于點E，那么AE的最大值為6+61思路引領：設△ABC的對稱軸交BC于F，連接EF，可推出∠BEF＝90°，進而求得點E的運動軌跡是以BF為直徑的圓，進一步得出結果．解：如圖，設△ABC的對稱軸交BC于F，連接EF，∵AB＝AC，∴△ABC的對稱軸DF⊥BC，∴⊙O切BC于F，∵DF是⊙O的直徑，∴∠DEF＝90°，∴∠BEF＝180°﹣∠DEF＝90°，∴點E在以BF為直徑的圓上，∵AF⊥BC，AB＝AC＝13，∴BF＝CF＝12，∴AF=A∴AI=A∴AEmax＝AI+E′I＝6+61總結提升：本題考查了圓的切線性質，確定圓的條件等知識，解決問題關鍵是根據“定弦對定角”確定點E的運動軌跡．48．（2022?蓬江區(qū)校級一模）矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，點P為矩形內一個動點．且滿足∠PBC＝∠PCD，則線段PD的最小值為13?3思路引領：根據題意推導出∠BPC＝90°，可知P點在以BC為直徑的圓上，設圓心為O，則PD的最小值為OD﹣OC=13解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴∠PCD+∠PBC＝90°，∵∠PBC＝∠PCD，∴∠PBC+∠PBC＝90°，∴∠BPC＝90°，∴P點在以BC為直徑的圓上，設圓心為O，∵BC＝6，∴CO＝3，∵CD＝2，∴DO=13∴PD的最小值為13?故答案為：13?總結提升：本題考查點與圓的位置關系，熟練掌握矩形的性質，勾股定理，能夠確定P點的軌跡是解題的關鍵．49．（2022?蕪湖二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4．點F為射線CB上一動點，過點C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中點，則DM長度的最小值是1．思路引領：取AC的中點T，連接DT、MT，利用三角形的中位線定理求出DT的值，再由直角三角形斜邊上中線的性質求出MT，并確定點M的運動軌跡，然后由DM≥TM﹣DT即可獲得結論．解：如圖，取AC的中點T，連接DT、MT，∵D是AB的中點，T是AC的中點，∴AD＝BD，AT＝CT，∴DT=1∵CM⊥AF，∴∠AMC＝90°，∴TM=1∵點F為射線CB上一動點，CM⊥AF，即∠AMC＝90°，∴點M的運動軌跡是以T為圓心，TM為半徑的圓，∴DM≥TM﹣DT＝3﹣2＝1，∴DM的最小值為1．故答案為：1．總結提升：本題主要考查了點與圓的位置關系、三角形中位線定理、直角三角形斜邊上中線的性質等知識，解題關鍵是正確作出輔助線，構造三角形中位線，直角三角形斜邊上的中線解決問題．50．（2022?周至縣一模）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AD平分∠BAC，BC＝6，點O為線段AD上的動點，若以點O為圓心，1為半徑的⊙O在△ABC內（⊙O可以與△ABC的邊相切），則點D到⊙O上的點的距離最大值為3．思路引領：當⊙O與AB相切時，點D到⊙O上的點的距離取得最大值，由切線的性質定理，角平分線的性質，含30°角的直角三角形的性質可以解決問題．解：當⊙O與AB相切時，切點是H，⊙O交AD于P，則點D到⊙O上的點的距離最大值為DP的長，連接OH，則OH⊥AB，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠C＝30°，∠B＝90°，∴∠BAD＝∠CAD＝∠C＝30°，∴AD＝DC，∴BD=12AD=∵BC＝6，∴BD＝2，AD＝DC＝4，∵OH=12AO，∴AO＝2，∵OP＝1，∴AP＝AO﹣OP＝1，∴DP＝AD﹣AP＝4﹣1＝3．∴點D到⊙O上的點的距離最大值是3．故答案為：3．總結提升：本題考查切線的性質定理，角平分線的性質，含30°角的直角三角形的性質，關鍵是判斷出⊙O與AB相切時，點D到⊙O上的點的距離取得