2025年中考數(shù)學二輪專項復習【最值問題-瓜豆原理專題訓練】-講義

二輪復習2025中考復習【最值問題二輪復習2025中考復習【最值問題瓜豆原理專題訓練】二輪復習【模型說明】動點軌跡問題是中考的重要壓軸點.受學生解析幾何知識的局限和思維能力的束縛,該壓軸點往往成為學生在中考中的一個坎,致使該壓軸點成為學生在中考中失分的一個黑洞.掌握該壓軸點的基本圖形,構建問題解決的一般思路,是中考專題復習的一個重要途徑.本文就動點軌跡問題的基本圖形作一詳述.動點軌跡基本類型為直線型和圓弧型.【模型引入】運動軌跡為直線動點軌跡為一條直線時，利用“垂線段最短”求最值；（1）當動點軌跡確定時：直接運用垂線段最短求最值（2）當動點軌跡不易確定是直線時：可通過以下三種方法進行確定=1\*GB3①觀察動點運動到特殊位置時，如中點，端點等位置時是否存在動點與定直線的端點連接后的角度不變，若存在該動點的軌跡為直線。=2\*GB3②當某動點到某條直線的距離不變時，該動點的軌跡為直線。=3\*GB3③當一個點的坐標以某個字母的代數(shù)式表示時，若可化為一次函數(shù)，則點的軌跡為直線。如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當點P在BC上運動時，Q點軌跡是？【分析】當P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．可以這樣理解：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線．【模型總結】必要條件：①主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；②主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．結論：P、Q兩點軌跡所在直線的夾角等于∠PAQ（當∠PAQ≤90°時，∠PAQ等于MN與BC夾角）P、Q兩點軌跡長度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN）

【模型引入】運動軌跡為定圓動點的軌跡為定圓時，可利用：“一定點與圓上的動點距離最大值為定點到圓心的距離與半徑之和，最小值為定點到圓心的距離與半徑之差”的性質(zhì)求解。確定動點軌跡為圓或者圓弧型的方法:（1）動點到定點的距離不變：則點的軌跡是圓或者圓弧。（2）當某條邊與該邊所對的角是定值時：該角的頂點的軌跡是圓，具體運用如下;=1\*GB3①見直角，找斜邊，想直徑，定外心，現(xiàn)圓形=2\*GB3②見定角，找對邊，想周角，轉心角，現(xiàn)圓形如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．考慮：當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】觀察動圖可知點Q軌跡是個圓，而我們還需確定的是此圓與圓O有什么關系？考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小結】確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關系分析圓心的相對位置關系；根據(jù)動點之間的數(shù)量關系分析軌跡圓半徑數(shù)量關系．如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考慮：當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？【分析】考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP:AQ=2:1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO:AM=2:1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．【模型總結】為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．【必要條件】兩個定量主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．【結論】（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點的距離之比：AP:AQ=AO:AM，也等于兩圓半徑之比．按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關系相當于旋轉+伸縮．古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．

【真題訓練】1．如圖，在平面直角坐標系中，Q是直線y=﹣12x+2上的一個動點，將Q繞點P(1，0)順時針旋轉90°，得到點Q′，連接OQ

A．455 B．5 C．52二、填空題2．如圖，已知AC=2AO=8，平面內(nèi)點P到點O的距離為2，連接AP，若∠APB=60°且BP=12AP，連接AB，BC，則線段BC3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，連AD，E為AD的中點，連接CE，則4．如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB=4，∠DAC=60°，點F沿線段AO從點A至點O運動，連接DF，以DF為邊作等邊三角形DFE，點E和點A分別位于DF兩側，連接OE．現(xiàn)給出以下結論：①∠BDE=∠EFC；②ED=EC；③直線OE⊥CD；④點E運動的路程是23其中正確的結論是．（寫出所有正確結論的序號）5．如圖，在平面直角坐標系中，點A在x軸上，△OAB是邊長為4的等邊三角形，已知點C?8,0，D2,0，點P是線段CD上一點，連接BP，將線段BP繞點B逆時針旋轉60°得到線段BQ，連接AQ．在點P從點C運動到點D的過程中，線段AQ掃過的面積為6．在矩形ABCD中，AB=6，點E在BC上，點F在平面內(nèi)，BE=2，EF=3，連按AF，將線段AF繞著點A順時針旋轉90°得到AP，則線段PE的最大值為．三、解答題7．【問題探究】（1）如圖1，在△ABC中，AB=AC，D為BC的中點，連接AD，則AD與

（2）如圖2，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，E是線段BC上一動點(不與B、C重合)，連接AE，將線段AE繞點A逆時針旋轉120°得到線段AF，連接EF，點M和點N分別是邊BC、EF的中點．試探究BE和MN的數(shù)量關系，并說明理由．【問題解決】（3）如圖3，正方形ABCD是一塊蔬菜種植基地，邊長為3千米，對角線BD為該基地內(nèi)的一條小路，管理人員計劃在小路BD上確定一點E(不與點B、D重合)，連接AE，以線段AE為斜邊，在AE右側建等腰直角△AEF區(qū)域(∠EFA=90°)，用來種植新品有機蔬菜，并在F處設立蔬菜倉庫．G點和D點為基地的兩個蔬菜打包裝運點，G在BD上且BG=2DG．現(xiàn)要沿GF、DF修建蔬菜運輸軌道，請確定運輸軌道GF+DF的最小值．并求出當GF+DF最小時，有機蔬菜種植區(qū)域的面積(即△AEF的面積)．

8．在△ABC中，D為直線AC上一動點，連接BD，將BD繞點B逆時針旋轉90°，得到BE，連接DE與AB相交于點F．(1)如圖1，若D為AC的中點，∠BAC=90°，AC=4，BD=29，連接AE，求線段AE(2)如圖2，G是線段BA延長線上一點，D在線段AC上，連接DG，EC，若∠BAC<90°，EC⊥BG，∠ADE=∠DBC，∠DBC＋∠G=∠EBF，證明(3)如圖3，若△ABC為等邊三角形，AB=62，點M為線段AC上一點，且2CM=AM，點P是直線BC上的動點，連接EP，MP，EM，請直接寫出當EP+MP最小時△EPM9．在等邊三角形ABC中，點D為AC上一點，連接BD，將BD繞D逆時針旋轉角度α得到DE，連接BE，已知AB=4，BG⊥AC；(1)如圖1，若α=60°，tan∠DBG=2?3，連接CE，求(2)如圖2，若α=120°，分別取CD的中點H，BE的中點F，連接HF，DF，求證：HG=HF；(3)如圖3，若AD=32，P為AE上一點，且滿足AP=2PE，連接BP，將BP沿著BG所在直線翻折得到BP′，連接GP10．在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是對角線BD上的一點，連接AE．（1）當E在AB的中垂線上時，把射線EA繞點E順時針旋轉90°后交CD于F，連接BF．如圖①，若AB=4，求EF的長．（2）在（1）的條件下，連接BF，把△BEF繞點B順時針旋轉得到△BHK如圖②，連接CH，點N為CH的中點，連接AN，求AN的最大值．11．如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形點A,C分別在x軸和y軸的正半軸上，連結AC，OA=3，tan∠OAC=33，D(1)求OC的長和點D的坐標；(2)如圖2，M是線段OC上的點，OM=23OC，點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過P,D,B三點的拋物線交x軸的正半軸于點E，連結DE交①將ΔDBF沿DE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時BF的長和點E的坐標；②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊ΔDFG，當動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動，請直接寫出點G運動路徑的長.12．如圖所示，點P3,4，⊙P的半徑為2，A2.8,0，B5.6,0，點M是⊙P上的動點，點C是MB13．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，連接BD，將△ABD繞點D順時針旋轉，記旋轉后的三角形為△A′B′D，旋轉角為α（0°＜α＜360°且α≠180°）．(1)在旋轉過程中，當A′落在線段BC上時，求A′B的長；(2)連接A′A、A′B，當∠BA′B'＝90°時，求tan∠A′AD；(3)在旋轉過程中，若△DAA′的重心為G，則CG的最小值＝．14．如圖所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF的中點，連接PB，求PB的最小值．15．（1）如圖①，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，以A為圓心，2為半徑在矩形ABCD內(nèi)畫弧，已知點M是該弧上的一動點，點N是BC邊上的動點，則MN+ND的最小值為．（2）隨著社會發(fā)展，人們生活品質(zhì)日益提升，年輕人對高品質(zhì)生活的追求愈發(fā)強烈．“荒野求生”、“生存大挑戰(zhàn)”等欄目在網(wǎng)絡上火爆，野外探險成為當下很多人想尋求刺激、提升生活品質(zhì)的熱門選擇．圖②是一片探險區(qū)域，其中四邊形ABCD是探險途中的必經(jīng)區(qū)域，AB=6000米，AD=4800米，AD∥BC，∠B+∠C=90°，且sin∠B=45，點A是探險入口，邊界CD上點N是探險出口，其中CN=AB，點D方圓1000米的圓形區(qū)域是危險禁區(qū)，嚴禁探險者進入．為了保證探險者的安全，在危險區(qū)域邊界上設有一個可移動監(jiān)測點E，一旦探險者靠近并跨入危險區(qū)，便會觸發(fā)警報．一支探險小隊計劃進入此區(qū)域探險，為確保隊員統(tǒng)一行動、節(jié)省體力并高效前行，領隊需提前確定兩個集結點F和點M，其中點F在探險區(qū)域內(nèi)，且滿足∠EAF=90°，AE=2AF，點M在邊界BC上，探險路線是A→F→M→N16．如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=23，以點B為圓心，3為半徑作圓．點P為⊙B上的動點，連接PC，作P′C⊥PC，使點P′落在直線BC的上方，且滿足P′（1）求∠BAC的度數(shù)，并證明△AP（2）如圖2，若點P在AB上時，連接BP′，求（3）點P在運動過程中，BP′是否有最大值或最小值？若有，請求出當BP17．如圖所示，在扇形AOB中，OA=3，∠AOB=120°，點C是AB上的動點，以BC為邊作正方形BCDE，當點C從點A移動至點B時，求點D經(jīng)過的路徑長．

18．如圖所示，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=22，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當點P沿半圓從點A運動至點B時，求點19．如圖所示，△ABO為等腰直角三角形，A?4,0，直角頂點B在第二象限，點C在y軸上移動，以BC為斜邊向上作等腰直角△BCD，我們發(fā)現(xiàn)直角頂點D點隨著C《2025中考復習【最值問題瓜豆原理專題訓練】二輪復習》參考答案題號1答案B1．B【分析】利用等腰直角三角形構造全等三角形，求出旋轉后Q′的坐標，然后根據(jù)勾股定理并利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：作QM⊥x軸于點M，Q′N⊥x軸于N，

設Q(m，?12m+2)，則PM=m﹣1∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，∠PMQ=∠PNQ'=90°∠QPM=∠PQ'N∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=?12m+2∴ON=1+PN=3?1∴Q′(3?12m∴OQ′2=(3?12m)2+(1﹣m)2=54m2﹣5m+10=當m=2時，OQ′2有最小值為5，∴OQ′的最小值為5，故選：B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，坐標與圖形的變換旋轉，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，表示出點的坐標是解題的關鍵．2．2【分析】如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，先證明△APD是等邊三角形，從而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到AMAO=ABAP=32，從而證明△AMB∽△AOP，得到BMOP=ABAP=32，則BM=3，則點B在以M【詳解】解：如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，∵BP=1∴AP=PD=2PB，又∵∠APB=60°，∴△APD是等邊三角形，∵B為PD的中點，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，∴cos∠OAM同理可得ABAP∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵AMAO∴△AMB∽△AOP，∴BMOP∵點P到點O的距離為2，即OP=2，∴BM=3∴點B在以M為圓心，以3為半徑的圓上，連接CM交圓M（半徑為3）于B′∴當M、B、C三點共線時，即點B在點B′的位置時，BC∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴AM=AO?cos∴AH=AM?cos∠MAH=3，∴CH=5，∴CM=H∴B′∴BC的最小值為27故答案為：27【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，圓外一點到圓上一點的最值問題，解題的關鍵在于能夠熟練掌握瓜豆模型即證明點B在以M為圓心，半徑為3的圓上運動．3．3【分析】通過已知求得D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，12BD長為半徑的圓上運動，再運用圓外一定點到圓上動點距離的最大值=定點與圓心的距離+圓的半徑，求得【詳解】解：∵BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，∴BD＝2，∴12由題意可知，D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，12CE的最大值即C到BA中點的距離加上12∵∠ACB=90°，∠BAC=30∴C到BA中點的距離即12又∵12∴CE的最大值即12故答案為3．【點睛】本題考查了與圓相關的動點問題，正確識別E點運動軌跡是解題的關鍵．4．①②③【分析】①根據(jù)∠DAC=60°，OD=OA，得出△OAD為等邊三角形，再由△DFE為等邊三角形，得∠EDF=∠DEF=60②如圖，連接OE，利用SAS證明△DAF≌△DOE，再證明△ODE≌△OCE，即可得出結論②正確；③通過等量代換即可得出結論③正確；④如圖，延長OE至E′，使OE′=OD，連接DE′，通過△DAF≌△DOE，∠DOE=60°，可分析得出點F在線段AO上從點A至點O運動時，點E從點O【詳解】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，∴△OAD為等邊三角形，∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，∵△DFE為等邊三角形，∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，∴∠BDE＝∠ADF，∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，∴∠ADF＝∠EFC，∴∠BDE＝∠EFC，故結論①正確；②如圖，連接OE，在△DAF和△DOE中，{AD=OD∠ADF=∠ODE∴△DAF≌△DOE（SAS），∴∠DOE＝∠DAF＝60°，∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，∴∠COE＝∠DOE，在△ODE和△OCE中，{OD=OC∴△ODE≌△OCE（SAS），∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，故結論②正確；③∵∠ODE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，故結論③正確；④如圖，延長OE至E′，使OE′＝OD∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，∴點F在線段AO上從點A至點O運動時，點E從點O沿線段OE′運動到∵OE′＝OD＝AD＝AB?tan∠ABD＝4?tan30°＝4∴點E運動的路程是43故結論④錯誤．故答案為①②③．【點睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，點的運動軌跡等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)、等邊三角形判定和性質(zhì)等相關知識是解題關鍵．5．10【分析】本題主要涉及等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及圖形面積的計算．解題的關鍵思路是通過等邊三角形的性質(zhì)構造全等三角形，找出線段AQ掃過的圖形，進而計算其面積．具體來說，利用△OAB是等邊三角形和∠PBQ=60°的條件，證明△ABP和△OBQ全等，從而將線段AQ的運動轉化為線段BP的運動，進而確定線段AQ掃過的圖形，再計算其面積．【詳解】解：∵△OAB是邊長為4的等邊三角形，∴OA=OB=AB=4，∠AOB=∠ABO=∠AOB=60°．∴∠BAP=180°?∠BAO=120°，又∵線段BP繞點B逆時針旋轉60°得到線段BQ，∴BP=BQ，∠PBQ=60°．∴∠PBQ?∠ABQ=∠ABO?∠ABQ，即∠QBO=∠PBA．在△APB和△OQB中，AB=OB∠PBA=∠∴△APB≌△OQBSAS∴AP=OQ，∠BAP=∠BOQ=120°，∴∠AOQ=60°，∠BOD∴∠AOQ=∠BAO，∠BAO=∠BOD∴AB∥OQ，即點Q的運動軌跡在射線QO上，作射線QO，在射線QO上截取OD1=AD∴AP+AD=OQ+OD1即點P從點C運動到點D的過程中，點Q從圖中的點Q運動到點D1，點Q的運動軌跡是下圖中的線段Q∵C?8,0，D2,0，此時Q∵AB∥OQ，∴線段AQ掃過的圖形的面積等于△CDB的面積．作BE⊥AO于E，∴AE=1∴BE=4∴線段AQ掃過的面積=S故答案為：1036．4【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，勾股定理等知識，將線段AE繞點A順時針旋轉90°得AE1，得∠E1AE=90°,AE1=AE，將線段AF繞點A順時針旋轉90°得AP，得∠FAP=90°,AP=AE，證明△APE1≌△AFE【詳解】解：∵F在平面內(nèi)，且EF=3，∴F在以E為圓心，3為半徑的圓上，如圖，將線段AE繞點A順時針旋轉90°得AE∴∠E1AE=90°,將線段AF繞點A順時針旋轉90°得AP，∴∠FAP=90°,AP=AE，∴∠∴∠∴△APE∴E∴P在點E1要使EP最大，則P,E,E1三點共線時最大，最大值為∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°∵AB=6,BE=2,∴AE=∴AE∴E∴E∴PE的最大值為45故答案為：457．（1）AD⊥BC；（2）BE=2MN，理由見解析；（3）運輸軌道GF+DF的最小值為5千米，△AEF的面積為4532【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定得出△ABD?△ACDSSS，進一步根據(jù)∠ADB+∠ADC=180°，即可推出∠ADB=∠ADC=90°（2）由題意連接AM，AN，先得出AB=2AM，同理可得AE=2AN，∠EAN=60°，進一步利用△BAE～△MAN即可進行證明；（3）首先確定出F的運動軌跡E′F′，由兩點之間線段最短可知，當A,F,G三點共線時，GF+DF取最小值AG，繼而在Rt△AE′G中，由勾股定理得出AG，過G作GH⊥AD,交AD于點H，利用相似性質(zhì)得出AF，即可進一步求△AEF的面積．【詳解】解：（1）由題意知，在△ABD與△ACD中，AB=AC，BD=CD（中點定義），AD=AD，∴△ABD?△ACDSSS∴∠ADB=∠ADC，又∠ADB+∠ADC=180°（平角定義），∴∠ADB=∠ADC=90°，即AD⊥BC．故答案為：AD⊥BC．（2）BE=2MN，理由如下：如圖，連接AM，AN，∵AB=AC，BM=CM∴AM⊥CM，∵∠BAC=120°，∴∠B=∠C=30°，∴∠BAM=60°，∴AB=2AM，同理可得AE=2AN，∠EAN=60°，∴∠BAM=∠EAN=60°，∴∠BAE=∠MAN，∵AB=2AM，∴AB∴△BAE～△MAN，∴BE∴BE=2MN．（3）取BD中點E′，連接AE′，過E′作E′F′⊥AD，交AD于F′，由正方形ABCD可得∠ABE′=∠BAE′=45°,∵∠ABE′=∠AEF=45°,∠BAE′=∠EAF=45°,∴△ABE′～△AEF，∴AB∴△ABE～△AE′F，∴∠AE′F=∠ABE=45°，∵E′F′⊥AD,∴△AE′F′是等腰直角三角形，從而確定出F的運動軌跡即E′F′如下圖：∴E′F′=AF′=F′D,∴DF=AF，即GF+DF最小值等于GF+AG最小值,由兩點之間線段最短可知，當A,F,G三點共線時，GF+DF取最小值AG，∵正方形ABCD邊長為3千米，E′是BD中點，∴在Rt△ABD中，由勾股定理得AE′=BE′=DE′=1∵BG=2DG，∴BG=23BD=2∴E′G=BG?BE′=2在Rt△AE′G中，由勾股定理得AG=AE即運輸軌道GF+DF的最小值為5千米，過G作GH⊥AD,交AD于點H，如圖，∵∠E′F′A=∠GHA,∠E′F′D=GHD,∴△AF′F～△AGH,△GHD～△E′F′D,∴∴AF∴AF=3此時△AEF的面積為35【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理和相似三角形的綜合應用．整體難度相對大，需要學生有分析主從聯(lián)動點（瓜豆原理）的運動軌跡的能力，同時還能夠合理運用將軍飲馬的模型進行問題的綜合解決．8．(1)AE=34(2)證明見解析；(3)9+23【分析】（1）根據(jù)題意由勾股定理可得AB長度，作EG⊥AB，交AB于G，利用旋轉及互余可證得△ABD≌△GEB（AAS），則得EG=AB，BG=AD，可求出AG，再由勾股定理可得AE的長度；（2）由旋轉可知，△BDE為等腰直角三角形，根據(jù)其性質(zhì)再利用互余可證得△EBC≌△BDG（AAS），則有BD=DG，∠EBC=∠BDG，由∠ADE=∠DBC，可證∠ADG=45°，由∠ADE=∠DBC，利用三角形內(nèi)角和定理可得∠ACB=45°，作BH⊥BC，交CA延長線于H，連接HG，易知，△BCH為等腰直角三角形，可得∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=2BC，易得BH∥DG，可證四邊形BDGH是平行四邊形，即HD=2AD（3）作BH⊥AC，交AC于H，將BC繞點B逆時針旋轉90°，證明△BGE≌△BCD（SAS），進而證得EG∥BH，作點M關于BC的對稱點N，連接PN，CN，由對稱易知CM=CN，易知當EP+MP最小時，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直線，且NE⊥EG，如圖，作BT⊥GE，交GE于T，易知四邊形BQET是矩形，證得△PMC是等邊三角形，求出PE=36+22，△EPM的高?=【詳解】（1）解：∵D為AC的中點，AC=4，BD=29，∴AD=12AC=2作EG⊥AB，交AB于G，由題意可知，∠DBE=90°，BE=BD，∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，又∵∠EGB=∠BAC=90°，∴△ABD≌△GEB（AAS），∴EG=AB=5，BG=AD=2，則AG=AB?BG=3，由勾股定理可得：AE=E（2）證明：由旋轉可知，△BDE∴∠7=45°，∠EBD=90°，BE=BD，∵EC⊥BG，∴∠3+∠EBF=90°，又∵∠4+∠EBF=90°，∠3+∠1=90°，∴∠3=∠4又∵∠DBC+∠G=∠EBF，∴∠2=∠G，在△EBC和△BDG中，∠3=∠4∠2=∠G∴△EBC≌△BDG（AAS），∴BD=DG，∠EBC=∠BDG，則：∠EBD+∠DBC=∠7+∠ADE+ADG，∵∠ADE=∠DBC，∴∠EBD=∠7+ADG，即：90°=45°+ADG，∴∠ADG=45°，又∵∠ADE=∠DBC=∠5+∠6，由三角形內(nèi)角和定理可得：∠DBC+∠2=∠6+∠7，即：∠6+∠5+∠2=∠6+∠7，∴∠ACB=∠5+∠2=∠7=45°，作BH⊥BC，交CA延長線于H，連接HG，∴△BCH為等腰直角三角形，∴∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=2∵∠ADG=45°，∴BH∥DG，∴四邊形BDGH是平行四邊形，∴AH=AD，即HD=2AD，∴CH=HD+CD=2AD+CD=2（3）作BH⊥AC，交AC于H，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC=62，∠ACB=∠ABC=60°，BH平分∠ABC則∠ABH=∠CBH=30°，將BC繞點B逆時針旋轉90°，則BC=BG=62，∠DBE=∠CBG=90°∴∠EBG=∠DBC，∠GBH=∠CBG?∠CBH=60°∴△BGE≌△BCD（SAS），∴∠BGE=∠BCD=60°∴EG∥BH，作點M關于BC的對稱點N，連接PN，CN，由對稱易知CM=CN，∠BCN=∠ACB=60°，PM=PN∴EP+MP=EP+PN當EP+MP最小時，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直線，且NE⊥EG，如圖：作BT⊥GE，交GE于T，則∠BGT=60°，∠TBG=30°∴GT=12BG=3∵EG∥BH，BH⊥AC，NE⊥EG∴BH⊥NP，NE∥AC，四邊形BQET是矩形，則∠ACB=∠NPC=∠BPQ=60°，EQ=BT=36，即∠MPE=60°由軸對稱可知，∠CPM=∠NPC=60°，∴△PMC是等邊三角形，則：PM=CM=CP，∵2CM=AM，∴PM=CM=CP=22，BP=42∴QP=12BP=2則由勾股定理可得：BQ=26，BH=3∵NE∥AC，BH⊥NP，則QH為NE，AC之間的距離，∴QH=6，即△EPM的高∴PE=EQ+PQ=36∴S△EPM【點睛】本題屬于幾何綜合題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，第（2）問證明∠ACB=45°，∠ADG=45°解決問題的關鍵，第（3）問弄清E的運動軌跡是解決問題的關鍵．9．(1)8?43(2)見解析；(3)23【分析】（1）解：由旋轉性質(zhì)及等邊三角形性質(zhì)可知，可證△ABD≌△CBE（SAS），得CE=AD，由BG⊥AC，可得AG=12AC=2，BG=23，根據(jù)tan∠DBG=2?（2）延長DF，使DF=FM，連接BM，CM，則DM=2DF，根據(jù)題意可知，HF為△DCM的中位線，即HF=12CM，類比（1）可證得△ABD≌△CBM（SAS），可得AD=CM，即HF=12CM=12AD，由H（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE，由AD=32，則DG=12，可得BD=DE=72，由AP=2PE，得APAE=23，作PO∥ED，可得△APO∽△AED，利用相似三角形得性質(zhì)可列比例式，求得PO=73，AO=1，OG=1，可知點P的軌跡為：以O為圓心，PO為半徑的圓，由翻折可知，GP′=GP，而【詳解】（1）解：由旋轉性質(zhì)可知，DB=DE，∵旋轉角α=60°，∴△BDE是等邊三角形，則∠DBE=60°，BD=BE，∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=∠ABC=60°，AB=BC=AC，∴∠ABC?∠CBD=∠DBE?∠CBD，即∠ABD=∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴CE=AD，∵BG⊥AC，AB=BC=AC=4，∠A=60°，∴AG=12AC=2又∵tan∠DBG=2?∴DG=43∴CE=AD=AG?DG=2?4（2）證明：延長DF，使DF=FM，連接BM，CM，則DM=2DF，即F為DM的中點，∵H為CD的中點，∴HF為△DCM的中位線，即HF=1旋轉角α=120°，由旋轉性質(zhì)可知：BD=DE=30°，∵F為BE的中點，∴DF⊥AE，DF平分∠BDE，∴BD=2DF，∠BDM=60°，則BD=DM，∴△BDM為等邊三角形，∴BD=BM，∠DBM=60°，又∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=60°，AB=BC，∴∠ABC?∠CBD=∠DBM?∠CBD，即∠ABD=∠CBM，∴△ABD≌△CBM（SAS），∴AD=CM，即HF=1∵H為CD的中點，∴DH=1DG=AG?AD=1∴HG=DH?DG=∴HG=HF．（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE∵AD=32，則∴BD=DE=B由AP=2PE，得APAE作PO∥ED，則：△APO∽△AED，∴APAE=PODE=AOAD即點P的軌跡為：以O為圓心，PO為半徑的圓，由翻折可知，GP′=GP，而GP≤OP+OG，當O，P，G在同一直線上時GP此時，AP=OP?OA=43，則S△BEP【點睛】本題屬于幾何題綜合，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，添加輔助線構造全等三角形及相似相似三角形是關鍵．10．（1）EF=83【分析】（1）通過菱形性質(zhì)證明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的長度，再Rt△DAE中，可以得到DE=2AE，在等腰△DEF中，利用角度推導出DE=（2）判斷出點Ｈ的運動軌跡，從而知道點Ｎ的運動軌跡，根據(jù)三角形三邊關系，即可得到AN的最大值．【詳解】（1）解：過點F作FM⊥BD于點M，如下圖：∵四邊形ABCD是菱形,且∠BAD=120°∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=∵BD為菱形對角線∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=3又∵E在AB的中垂線上∴AE=BE∴∠BAE=∠ABE=3∴∠AED=60°在Rt△DAE中，∠ADE=3∴DE=2AE設：AE=x，則DE=2x∵A即：x2解得：x=∴DE=8∵∠AEF=90°，∴∠FED=3∴∠FED=∠FDE∴EF=DF又∵FM⊥BD∴EM=DM∴DE=2EM=2×3∴83∴EF=（2）連接AC,延長AE交BC于點M，則有AM⊥BC,點H的運動軌跡是以點B為圓心，BH為半徑的圓，因為點C為固定點，點Ｎ為CH的中點，所以點N的運動軌跡是以點M為圓心，NM為半徑的圓，如下圖：此時：在△AMN在，AM+MN≥AN,當A、M、N三點共線時，AN最大則：在Rt△AMC中，CM=∵AM∴AM∴AM=2又∵M點是BC的中點，N是CH的中點∴MN=∴AN=2【點睛】本題看考查勾股定理，等腰三角形性質(zhì)．瓜豆模型等相關知識點，根據(jù)題意列出相關等量關系是解題重點．11．(1)OC=3，點D的坐標為(32,3)；(2)①點E【分析】（1）由OA=3，tan∠OAC=OCOA=33，得OC=3，由四邊形OABC是矩形，得BC=OA=3，所以CD=12（2）①由易知得ACB=∠OAC=30°，設將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點B恰好落在AC上的B'處，則DB'=DB=DC，∠BDF=∠B'DF，所以∠BDB'=60°，∠BDF=∠B'DF=30°，所以BF=BD?tan30°=32，AF=BF=32，因為∠BFD=∠AEF，所以∠B=∠FAE=90°，因此△BFD≌△AFE，AE=BD=32②動點P在點O時，求得此時拋物線解析式為y=?29x2+3x，因此E（92，0），直線DE：y=?，所以F2（3，233）；所以點F運動路徑的長為F1【詳解】(1)∵AO=3,tan∴OC=3∵四邊形OABC是矩形，∴BC=AO=3.∵D是BC的中點，∴CD=1∴點D的坐標為(3(2)①∵tanOAC=∴∠OAC=30°，∴∠ACB=∠OAC=30°.設將ΔDBF翻折后，點B落在AC上的B'處，則DB'=DB=DC,∠BDF=∠BD'F，∴∠DB'C=∠ACB=30°，∴∠BDB=60°，∴∠BDF=∠B'DF=30°.∵∠B=90°，∴BF=BD?tan∵AB=3∴AF=BF=3∵∠BFD=∠AFE,∠B=∠FAE=90°，∴ΔBFD???∴AE=BD=32∴OE=OA+AE=92，∴點E的坐標為②動點P在點O時，∵拋物線過點P（0，0）、D求得此時拋物線解析式為y=?∴E（92∴直線DE：y=?3∴F1（3，12當動點P從點O運動到點M時，∵拋物線過點P求得此時拋物線解析式為y=?2∴E（6，0），∴直線DE：y=y=?∴F2（3，23∴點F運動路徑的長為F1∵△DFG為等邊三角形，∴G運動路徑的長為3【點睛】本題考查了二次函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、特殊三角函數(shù)以及三角形全等的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．12．AC的最小值為32【分析】如圖，連接OP交⊙P于M′，連接OM．因為OA=AB，CM=CB，所以AC=12【詳解】解：如圖所示，連接OP交⊙P于點M′，連接OM，B∵P3,4∴由勾股定理得：OP=3∵OA=AB，CM=CB，∴AC=1∴當OM最小時，AC最小∴當M運動到M′時，OM此時AC的最小值為12【點睛】本題考查點與圓的位置關系、坐標與圖形的性質(zhì)、三角形中位線定理、最小值問題等知識，解題的關鍵是理解圓外一點到圓的最小距離以及最大距離，學會用轉化的思想思考問題，所以中考?？碱}型．13．(1)4?7(2)tan∠A′AD＝3或13(3)97【分析】（1）由四邊形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4得CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，當A′落在線段BC上時，由旋轉得A′D＝AD＝4，則A′C=42?32=7，所以A′B＝4?7；（2）分兩種情況，一是點B′與點C在直線BD的同側，作A′E⊥AD于點E，則∠A′EA＝90°，先證明點B、A′、D在同一條直線上，求得BD=32+42=5，由A'EA'D=ABBD=35=sin∠ADB，EDA'D=ADBD=45=cos∠ADB，求出A′E的長和ED的長，再求出AE的長，再由tan∠A′AD=A'EAE求出此時tan∠A′AD的值；二是點B′與點C（3）在AD上截取DF=83，則DFDA=834=23，作DH⊥AA′于點H，在DH上截取DG=23DH，連接FG、CG，則DGDH=23，由A′D＝AD可知H為AA′的中點，DH為△DAA′的中線，點G為△DAA′的重心，再證明△DFG∽△DAH，則∠FGD＝∠AHD＝90°，取DF的中點O，連接OC交⊙O于點P，連接OG，則OG＝OP＝OD=12DF=12×83=4【詳解】（1）解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4，∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，當A′落在線段BC上時，由旋轉得A′D＝AD＝4，∴A′C=A'∴A′B＝BC﹣A′C＝4?7∴A′B的長為4?7（2）（2）如圖2，點B′與點C在直線BD的同側，作A′E⊥AD于點E，則∠A′EA＝90°，由旋轉得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，∵∠BA′B'＝90°，∴∠B′A′D+∠BA′B'＝180°，∴點B、A′、D在同一條直線上，∵∠A′ED＝∠BAD＝90°，∴BD=A∴A'EA'D=ABBD=35∴A′E=35A′D=35×4=125，ED=∴AE＝AD﹣ED＝4?16∴tan∠A′AD=A'E如圖3，點B′與點C在直線BD的異側，作A′E⊥AD交AD的延長線于點E，則∠E＝90°，由旋轉得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，∵∠BA′B'＝90°，∴∠B′A′D＝∠BA′B'，∴A′D與A′B重合，∴點B、A′、D在同一條直線上，∵∠EDA′＝∠ADB，∴A'EA'D=sin∠EDA′＝sin∠ADB=ABBD=35，∴A′E=35A′D=125，ED=4∴AE＝AD+ED＝4+165∴tan∠A′AD=A'E綜上所述，tan∠A′AD＝3或13（3）（3）如圖4，在AD上截取DF=83，則作DH⊥AA′于點H，在DH上截取DG=23DH，連接FG、CG，則∵A′D＝AD，∴H為AA′的中點，∴DH為△DAA′的中線，∴點G為△DAA′的重心，∵DFDA=DGDH，∠∴△DFG∽△DAH，∴∠FGD＝∠AHD＝90°，取DF的中點O，連接OC交⊙O于點P，連接OG，則OG＝OP＝OD=12DF∴點G在以點O為圓心、半徑為43∵CG+OG≥OC，即CG+OG≥CP+OP，∴CG+43≥CP+43∴當CG＝CP時，CG的長最小，

∵OC=O∴CP＝OC﹣OP=97∴CG的最小值是97?4故答案為：97?4【點睛】此題重點考查矩形的性質(zhì)、旋轉的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、解直角三角形、“兩點之間，線段最短”、數(shù)形結合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，此題難度較大，屬于考試壓軸題．14．PB的最小值為22【分析】根據(jù)中位線定理可得出點點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當BP⊥P1P2時，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長，由勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖：當點F與點C重合時，點P在P1處，CP1=DP1，當點F與點E重合時，點P在P2處，EP2=DP2，∴P1P2∥CE且P1P2=12當點F在EC上除點C、E的位置處時，有DP=FP．由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P=12∴點P的運動軌跡是線段P1P2，∴當BP⊥P1P2時，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E為AB的中點，∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1=2．∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°，∠DEC=90°．∴∠DP2P1=90°．∴∠DP1P2=45°．∴∠P2P1B=90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值為BP1的長．在等腰直角BCP1中，CP1=BC=2，∴BP1=2∴PB的最小值是22故答案是：22【點睛】本題考查軌跡問題、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用特殊位置解決問題，有難度．15．（1）8；（2）400481【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得到CD=AB=4，AD=BC=6，∠ADC=90°．作點D關于BC的對稱點D′，連接CD′，則CD′=CD=4，連接AM，ND′，（2）連接DE，過點A作AG⊥AD，交BC于點G，在AG上取點O，使得AO=12AD=2400米，根據(jù)兩邊對應成比例且夾角相等證得△ADE∽△AOF，從而由相似三角形的對應邊成比例求得OF=12DE=500米，即點F在以點O為圓心，半徑為500米的圓上運動．作點N關于BC的對稱點N′，連接MN′，ON′，則MN=MN′，因此有FM+MN≥ON′?FO．連接NN′，交BC于點H，延長N′N，交AD的延長線于點K，過點O作OJ⊥NN′于點J．通過解直角三角形在Rt△ABG中，求得AG=AB?sinB=4800（米），BG=AB【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=4，AD=BC=6，∠ADC=90°作點D關于BC的對稱點D′，連接C則CD連接AM，ND′，AD∴MN+ND≥AD∵在Rt△ADD′中，AD=6∴AD∴MN+ND≥AD∴MN+ND的最小值為8．故答案為：8（2）連接DE，過點A作AG⊥AD，交BC于點G，在AG上取點O，使得AO=1∴∠OAD=∠FAE=90°，∴∠OAD?∠FAD=∠FAE?∠FAD，即∠OAF=∠DAE，∵AE=2AF，AO=1∴AEAF∴△ADE∽△AOF，∴DEOF∴OF=1∴點F在以點O為圓心，半徑為500米的圓上運動．作點N關于BC的對稱點N′，連接MN′，O∴FO+FM+MN=FO+FM+MN∴FM+MN≥ON連接NN′，交BC于點H，延長N′N，交AD的延長線于點K，過點O作∵AD∥BC，∴AG⊥BC，∴在Rt△ABG中，AG=AB?BG=A∵點N與N′關于BC∴NN∵OJ⊥NN′，∴四邊形AOJK，四邊形OGHJ，四邊形AGHK都是矩形，∴KH=AG=4800米，∵在Rt△CNH中，∠C+∠CNH=90°又∠B+∠C=90°，∴∠CNH=∠B，∴sin∠CNH=∴在Rt△CNH中，CH=CN?NH=CtanC=∴KN=KH?NH=4800?3600=1200（米），∵AD∥∴∠KDN=∠C，∴tan∠KDN=∴在Rt△DKN中，DK=∴AK=AD+DK=4800+1600=6400（米），∴在矩形AOJK中，OJ=AK=6400米，KJ=AO=2400米，∵點N與N′關于BC∴N′∴JN∴