2024成都中考数学二轮复习专题：最值问题隐圆模型

这是一份2024成都中考数学二轮复习专题：最值问题隐圆模型，共46页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（ ）
A．2B．πC．2πD．π
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
解：如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD⊥AB，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠DAE＝∠DCF，
∵∠AED＝∠CEG，
∴∠ADE＝∠CGE＝90°，
∴A、C、G、D四点共圆，
∴点G的运动轨迹为弧CD，
∵AB＝4，ABAC，
∴AC＝2，
∴OA＝OC，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴DO⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∴点G的运动轨迹的长为π．
故选：D．
2．如图，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，点P为CA上的动点，连BP，过点A作AM⊥BP于M．当点P从点C运动到点A时，线段BM的中点N运动的路径长为（ ）
A．πB．πC．πD．2π
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
解：设AB的中点为Q，连接NQ，如图所示：
∵N为BM的中点，Q为AB的中点，
∴NQ为△BAM的中位线，
∵AM⊥BP，
∴QN⊥BN，
∴∠QNB＝90°，
∴点N的路径是以QB的中点O为圆心，AB长为半径的圆交CB于D的，
∵CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，
∴ABCA＝4，∠QBD＝45°，
∴∠DOQ＝90°，
∴为⊙O的周长，
∴线段BM的中点N运动的路径长为：π，
故选：A．
3．如图，在中，，cm，cm．是边上的一个动点，连接，过点作于，连接，在点变化的过程中，线段的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由∠AEC＝90°知，点E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中点E′点），BE长度的最小值BE′＝BM−ME′．
【详解】
如图，
由题意知，，
在以为直径的的上（不含点、可含点，
最短时，即为连接与的交点（图中点点），
在中，，，则．
，
长度的最小值，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形的三边关系等知识点，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
4．如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′．当CA′的长度最小时，CQ的长为（ ）
A．5B．7C．8D．6.5
【答案】B
【解析】
【分析】
作CH⊥AB于H，如图，根据菱形的性质可判断△ABC为等边三角形，可求得CH，BH，PH，在Rt△CHP中，利用勾股定理计算出CP，再根据折叠的性质得点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点A′在PC上时，CA′的值最小，然后证明CQ=CP即可．
【详解】
解：作CH⊥AB于H，如图，
∵菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，BC=8
∴BH=4，，
∵PB=3，
∴HP=BH-BP=4-3=1，
在Rt△CHP中，，
∵梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′，
∴点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，
∴当点A′在PC上时，CA′的值最小，
∴∠APQ=∠CPQ，而，
∴∠APQ=∠CQP，
∴∠CQP=∠CPQ，
∴CQ=CP=7．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，求圆外一点到圆的距离的最值问题，解决本题的关键是确定点A′在PC上时，CA′的值最小．
5．如图，的半径是，P是上一动点，A是内部一点，且，则下列说法正确的是（ ）
①PA的最小值为；②PA的最大值为；③当时，△PAO是等腰直角三角形；④△PAO面积最大为．
A．①③④B．①②④C．①②③D．②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
分析知当A在线段PO上时，PA取最小值，A在PO延长线上时，PA取最大值，可以判断①②是否正确；当∠OAP=90°时，根据勾股定理求出AP的长度，可以判断③是否正确；作出A点的轨迹圆，知当OA⊥PO时，三角形PAO面积取最大值，通过计算判断④是否正确即可．
【详解】
解：由题意知，当A在线段PO上时，PA取最小值，A在PO延长线上时，PA取最大值，
∴PA的最小值为，PA的最大值为，
故①②正确；
当∠OAP=90°时，根据勾股定理得：AP=，
即AP=OA，三角形PAO为等腰直角三角形，
故③正确；
作出A点轨迹圆如下：
知当OA⊥PO时，三角形PAO面积取最大值，最大值为：，
故④错误，
综上所述，正确的序号为：①②③，
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆的性质、勾股定理、线段最值等知识点，借助圆的性质判断出线段的最值是解决本题的关键．
6．正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别是CD、BC边上的动点，且始终满足DE=CF，DF、AE相交于点G.以AG为斜边在AG下方作等腰直角△AHG使得∠AHG=90°，连接BH．则BH的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先证明，从而，再根据，可求，可知点H的运动轨迹为以点M 为圆心，MH为半径的圆，从而可求BH最小值．
【详解】
解：如图，取AD中点O，连接OG，以AO为斜边作等腰直角三角形AOM，
则，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，
是直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H的运动轨迹为以点M 为圆心，MH为半径的圆，
如图，连接BM，交圆M于，过点M作于点P，
∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴AP=MP==1，
∴BP=4-1=3，
在中，，
∴．
∴BH的最小值为．
故选：C．
【点睛】
本题考查了最短路径问题，解题的关键是准确构造辅助线，利用三角形相似以及点和圆的知识解决．
7．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴相交于点A、B，点E、F分别是正方形OACD的边OD、AC上的动点，且，过原点O作，垂足为H，连接HA、HB，则面积的最大值为（ ）
A．B．12C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先证明ON=CN，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】
解：如下图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ⊥AB于Q，交AO于点K，作MP⊥OA与点P，
∵直线y=x−3分别与x轴、y轴相交于点A、B，
∴点A（4，0），点B（0，-3），
∴OB=3，OA=4，
∴，
∵四边形ACDO是正方形，
∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4，∠COA=45°，
∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，
又∵DE=AF，
∴△DEN≌△AFN（ASA），
∴DN=AN，EN=NF，
∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，
∴ON=NC=2，
∵OH⊥EF，
∴∠OHN=90°，
∴点H在以ON直径的圆上运动，
∴当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，
∵点M是ON的中点，
∴OM=MN=，
∵MP⊥OP，∠COA=45°，
∴OP=MP=1，
∴AP=3，
∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，
∴∠AKQ=∠ABO=∠MKP，
又∵∠AOB=∠MPK=90°，
∴△MPK∽△AOB，
∴，
∴，
∴MK=，PK=，
∴AK=，
∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，
∴△AKQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴KQ=，
∴QM=KQ+MK=+=，
∴点H到AB的最大距离为+，
∴△HAB面积的最大值=×5×(+)=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的应用，圆等知识，解题的关键是求出MQ的长．
8．如图，在Rt和Rt中，，，AB=AE=5．连接BD，CE，将△绕点A旋转一周，在旋转的过程中当最大时，△ACE的面积为（ ）．
A．6B．C．9D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先分析出D的轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，当BD与该圆相切时，∠DBA最大，过C作CF⊥AE于F，由勾股定理及三角函数计算出BD、CF的长，代入面积公式求解即可．
【详解】
解：由题意知，D点轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，
当BD与D点的轨迹圆相切时，∠DBA取最大值，此时∠BDA=90°，如图所示，
过C作CF⊥AE于F，
∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=，
∴由sin∠CAF=sin∠BAD得：
，
即，
解得：CF=，
∴此时三角形ACE的面积==6，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点．此题综合性较强，解题关键是利用D的轨迹圆确定出∠DBA取最大值时的位置．
9．如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（ ）
A．3个B．2个C．1个D．都不对
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．
【详解】
（1）∵四边形ADEF是正方形
∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜
∴AB=AC
∴∠BAD+DAC=90゜
∴∠BAD=∠CAF
在△BAD和△CAF中
∴△BAD≌△CAF(SAS)
∴BD=CF，∠DBA=∠FCA
设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG
∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜
∴∠CGM=90゜
∴BD⊥CF
故①②均正确；
如图，取BC的中点O，连接OG、OA
∵BG⊥CF，AB⊥AC
∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线
∴
在Rt△ABC中，由勾股定理得
∴
则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点
所以BG的长变化的，不可能是定值
故③不正确
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．
10．如图，中，，，，P是内部的一个动点，满足，则线段CP长的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
结合题意推导得，取AB的中点O，以点O为圆心，为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得，通过线段和差计算即可得到答案．
【详解】
，
，
，
，
，
取AB的中点O，以点O为圆心，为直径作圆，连接OP，

点P在以AB为直径的上，连接OC交于点P，
当点O、点P、点C三点共线时，PC最小
在中，
，，，
，
最小值为
故选：D．
【点睛】
本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．
二、填空题
11．如图，长方形ABCD中，，BC=2，点E是DC边上的动点，现将△BEC沿直线BE折叠，使点C落在点F处，则点D到点F的最短距离为________．
【答案】2
【解析】
【分析】
由题意易得点F的运动轨迹是以点B为圆心，BC长为半径的圆弧，连接BD，然后根据隐圆问题可进行求解．
【详解】
解：由题意得：点F的运动轨迹是以点B为圆心，BC长为半径的圆弧，
连接BD，交圆弧于点H，如图所示：
∴当点F与点H重合时，点D到点F的距离为最短，
∵四边形ABCD是矩形，，BC=2，
∴，
∴，
∴，即点D到点F的最短距离为2；
故答案为2．
【点睛】
本题主要考查隐圆问题，矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是分析得出点F的运动轨迹．
12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】
先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．
【详解】
解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，
可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，
∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC=6，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=，
∴BF=BD－DF=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．
13．如图，在锐角△ABC中，AB＝2，AC＝，∠ABC＝60°．D是平面内一动点，且∠ADB＝30°，则CD的最小值是________
【答案】##
【解析】
【分析】
作AH⊥BC于H，证明△ACH为等腰直角三角形，求得BC=+1，在BC上截取BO=AB=2，则△OAB为等边三角形，以O为圆心，2为半径作⊙O，根据∠ADB=30°，可得点D在⊙O上运动，当DB经过圆心O时，CD最小，其最小值为⊙O的直径减去BC的长．
【详解】
解：如图，作AH⊥BC于H，
∵AB=2，AC=，∠ABC=60°，
∴BH=AB=1，
∴AH=，
CH=，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴∠ACB=45°，
BC=CH+BH=+1，
在BC上截取BO=AB=2，则△OAB为等边三角形，
以O为圆心，2为半径作⊙O，
∵∠ADB=30°，
∴点D在⊙O上运动，
当DB经过圆心O时，CD最小，
最小值为4-（+1）=3-．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理．解题的关键是得出点D在⊙O上运动．
14．如图，点，的坐标分别为，，为坐标平面内一动点，且，点为线段的中点，连接，当取最大值时，点的纵坐标为____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据同圆的半径相等可知：点C在半径为2的⊙B上，通过画图可知，C在AB的延长线上时，AC最大，根据中点坐标公式可得结论．
【详解】
解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=2，
∴C在⊙B上，且半径为2，
∴当C在AB的延长线上时，AC最大，
过点C作CD⊥x轴，
∵点，的坐标分别为，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴．
∵CD⊥x轴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，即，
解得：，
∴C点的纵坐标为，
∵点为线段的中点，
∴点的纵坐标为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了坐标和图形的性质，动点线段最值问题，勾股定理等知识，确定AC为最大值时点C的位置是解题的关键．
15．如图，⊙O的半径为2，弦AB＝2，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OA、OB，如图1，由OA=OB=AB=2可判断△OAB为等边三角形，则∠AOB=60°，根据圆周角定理得∠APB=∠AOB=30°，由于AC⊥AP，所以∠C=60°，因为AB=2，则要使△ABC的最大面积，点C到AB的距离要最大；由∠ACB=60°，可根据圆周角定理判断点C在⊙D上，且∠ADB=120°，如图2，于是当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，从而得到△ABC的最大面积．
【详解】
解：连接OA、OB，如图1，
∵OA=OB=2，AB=2，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠APB=∠AOB=30°，
∵AC⊥AP，
∴∠C=60°，
∵AB=2，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，
作△ABC的外接圆D，
∵∠ACB=60°，点C在⊙D上，
∴∠ADB=120°，如图2，
当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为AB2=，
∴△ABC的最大面积为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等边三角形的判断与性质；记住等边三角形的面积公式．
16．如图，在矩形中，，，点、分别是边、上的动点，且，点是的中点，、，则四边形面积的最小值为______．
【答案】38
【解析】
【分析】
首先连接AC，过B作BH⊥AC于H，当G在BH上时，三角形ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，再连接BG，知BG=2，得到G点轨迹圆，该轨迹与BH交点即为所求最小值时的G点，利用面积法求出BH、GH的长，代入三角形面积公式求解即可．
【详解】
解：连接，过作于，
当G在BH上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，
四边形AGCD面积=三角形ACG面积+三角形ACD面积，
即四边形AGCD面积=三角形ACG面积+24．
连接BG，由G是EF中点，EF=4知，
BG=2，
故G在以为圆心，为半径的圆弧上，圆弧交于，此时四边形AGCD面积取最小值，如图所示，

由勾股定理得：AC=10，
∵AC·BH=AB·BC，
∴BH=4.8，
∴，
即四边形面积的最小值=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，解题的关键是利用直角三角形斜边的直线等于斜边的一半确定出点的运动轨迹．
17．如图，已知，外心为，，，分别以，为腰向形外作等腰直角三角形与，连接，交于点，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
由与是等腰直角三角形，得到，，根据全等三角形的性质得到，求得在以为直径的圆上，由的外心为，，得到，如图，当时，的值最小，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：与是等腰直角三角形，
，
，
在与中，
，
≌，
，
，
，
在以为直径的圆上，
的外心为，，
，
如图，当时，的值最小，
，
，
，，
．
则的最小值是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
18．如图，△ABC为⊙O的内接等边三角形，BC＝12，点D为上一动点，BE⊥OD于E，当点D由点B沿运动到点C时，线段AE的最大值是____．
【答案】##
【解析】
【分析】
连接，取中点，连接，求得，点在以为圆心，以为半径的圆上，求得当共线且点在的延长线上时，最大，求解即可．
【详解】
解：连接，取中点，连接，如下图：
∵，为中点
∴
∴点在以为圆心，以为半径的圆上
∴当共线且点在的延长线上时，最大
延长交于点，如上图：
∵△ABC为⊙O的内接等边三角形
∴垂直平分，
∴
∴，
∴，
∴
∴的最大值为
故答案为：
【点睛】
此题考查了圆与内接正三角形的性质，涉及了直角三角形的性质，勾股定理，三角形外心的性质，解题的关键是理解题意，利用性质确定出点的运动轨迹．
19．如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，AD＝2，E是AC的中点，连接DE，则线段DE长度的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
先判断出四边形ABCD是圆内接四边形，得到∠ACD=∠ABD=30°，根据题意知点E在以FG为直径的⊙P上，连接PD交⊙P于点E，此时DE长度取得最小值，证明∠APD=90°，利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】
解：∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ACD=∠ABD=30°，
∴∠ADB=60°，
∵AD=2，
∴BD=2AD=4，
分别取AB、AD的中点F、G，并连接FG，EF，EG，
∵E是AC的中点，
∴EF∥BC，EG∥CD，
∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，
∴∠AEF+∠AEG =∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG =90°，
∴点E在以FG为直径的⊙P上，如图：
当点E恰好在线段PD上，此时DE的长度取得最小值，
连接PA，
∵F、G分别是AB、AD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD=2，
∴∠ADB=∠AGF=60°，
∵PA=PG，
∴△APG是等边三角形，
∴∠APG=60°，
∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，
∴∠GPD=∠GDP=30°，
∴∠APD=90°，
∴PD=，
∴DE长度的最小值为() ．
故答案为：()．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，得到点E在以FG为直径的⊙P上是解题的关键．
20．如图，已知正方形ABCD的边长为2，点P在射线BC上，则的最小值为 __________________．
【答案】
【解析】
【分析】
在AP上取点E，连接DE，使∠ADE=∠APD，由△ADE∽△APD，可得，当DE最小时，的值最小，作△ABE的外接圆⊙O，连接OD，OE，利用勾股定理及
三角形三边关系可得答案．
【详解】
解：如图，在AP上取点E，连接DE，使∠ADE＝∠APD，
∵△ADE∽△APD，
∴，
∴，
∵AD＝2，
∴DE最小时，的值最小，
作△ABE的外接圆⊙O，连接OD，OE，
则OE＝OA＝OB＝1，
在Rt△AOD中，，
∴DE≥OD﹣OE＝﹣1，
∴DE的最小值为﹣1，
∴的最小值＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考填空压轴题．
三、解答题
21．如图1，与都是等边三角形，边长分别为4和，连接为高，连接，N为的中点．
（1）求证：；
（2）将绕点A旋转，当点E在上时，如图2，与交于点G，连接，求线段的长；
（3）连接，在绕点A旋转过程中，求的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）NG＝；（3）BN的最大值.
【解析】
【分析】
（1）根据△ABC与△AEF是等边三角形，得出∠BAE＝∠CAF.即可证出（SAS）；
（2）根据 AD为等边△ABC的高，利用AD＝. 根据 AE＝,得出 DE＝.根据勾股定理 EC＝. 求出∠CGE＝180°－90°＝90°. 利用直角三角形斜边中线可得NG＝EC＝；
（3）取AC的中点H，连接BH,NH,根据BH为等边△ABC的中线，根据勾股定理BH＝，根据N为CE的中点，利用中位线性质NH＝AE＝. 利用两点之间线段最短在旋转过程中， BN≤BH+HN=,可得BN≤ 而且当点H在线段 BN上时BN可以取到最大值．
【详解】
（1）证明：∵ △ABC与△AEF是等边三角形，
∴ ∠BAC＝∠EAF=60°，
∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAF，
即 ∠BAE＝∠CAF.
在△ACF和△ABE中，
，
∴（SAS）；
（2）解：∵ AD为等边△ABC的高，
∴ DC＝BC＝2,∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴ AD＝，
∵ AE＝，
∴ DE＝，
∴ EC＝.
∵ ∠AEF＝60°, ∠DAC＝30°，
∴ ∠AGE＝180°－60°－30°＝90°，
∴ ∠CGE＝180°－90°＝90°.
∵ N为CE的中点，
∴ NG＝EC＝；
（3）解：取AC的中点H，连接BH,NH，
∵ BH为等边△ABC的中线，
∴ BH⊥AC，AH=CH=AC=2，
∴BH＝，
∵ N为CE的中点，
∴ NH是△ACE的中位线，
∴ NH＝AE＝，
∵ 在旋转过程中， BN≤BH+HN=，
∴ BN≤ 而且当点H在线段 BN上时BN可以取到最大值，
∴ BN的最大值．
【点睛】
本题考查等边三角形性质，三角形全等判定，勾股定理，三角形中位线，最短路径，掌握等边三角形性质，三角形全等判定方法，勾股定理应用，三角形中位线性质，最短路径解决方法是解题关键．
22．如图，在正方形ABCD中，点E在直线AD右侧，且AE＝1，以DE为边作正方形DEFG，射线DF与边BC交于点M，连接ME，MG．
(1)如图1，求证：ME＝MG；
(2)若正方形ABCD的边长为4，
①如图2，当G，C，M三点共线时，设EF与BC交于点N，求的值；
②如图3，取AD中点P，连接PF，求PF长度的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可得，公共边，即可证明，即可得；
（2）①先证明点在上，进而求得求得，根据可得，又，进而即可求得的值；②连接，证明，求出相似比，进而可得点在以为圆心为半径的圆上运动，根据点与圆的位置关系求最值即可．
(1)
四边形是正方形
(2)
①如图2，当G，C，M三点共线时，
四边形是正方形
，，
G，C，M三点共线时，
在线段上
又
又
正方形ABCD的边长为4，
，
四边形是正方形
，
即
解得
由（1）可知
②连接，如图，
四边形是正方形
，，
，
即点在以为圆心为半径的圆上运动，如图，
点在的右侧，则当经过点时，取得最大值
最大值为
为的中点，则
中，
即的最大值为
【点睛】
本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质，点与圆的位置关系，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
23．如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．
(1)求a的值；
(2)点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；
(3)点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；
（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；
（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，根据,设直线的解析式为，将点代入求得，进而设，根据，进而根据勾股定理列出方程解方程求解即可．
(1)
令，解得
令，
抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
抛物线与轴的交点为
解得
(2)
如图，过点作轴于点，
是直角三角形，且
又
在抛物线上，
整理得
解得（舍）
在第三象限，
(3)
如图，连接，取的中点，连接,
是的中位线
根据题意点在以为圆心，2为半径的圆上，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
当三点共线，且在的延长线上时，最大，如图，
即
设直线的解析式为，代入点，
即
解得
直线的解析式为
设直线的解析式为
解得
则的解析式为
设点，
，
解得（舍去）
【点睛】
本题考查了二次函数综合运用，点与圆的距离求最值问题，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线并熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．如图，在△ABC和△DEF中，，，，BC、EF交于点M，且点M为BC、EF的中点，将△DEF绕点M旋转．
(1)如图1，当△DEF旋转至点A在FD延长线上时，若，，，求线段BF的长；
(2)如图2，当△DEF旋转至点A在FD延长线上，点B在DE延长线上时，求证：；
(3)如图3，在△DEF旋转过程中，直线AD与直线CF交于点N，连接BN，P为BN的中点，连接AP，若，请直接写出线段AP的最大值．
【答案】(1)3.
(2)见解析.
(3)+.
【解析】
【分析】
（1）根据，过B作AF垂线，构造直角三角形，理由勾股定理求解；
（2）连接CF，根据易知条件得△ABD≌△ACF，△BEM≌△CFM，再利用等腰直角三角形边的关系得到证明；
（3）首先根据“手拉手”全等得到N点轨迹，根据“瓜豆原理”得到P点轨迹为圆弧，点与弧上一点最大距离为通过圆心的一条线段，利用勾股定理求解即可.
(1)
解：如图，过B作BH⊥AF于H，
在Rt△ABH中，tan∠BAH=，
设AH=x，则BH=，由勾股定理得：5x2+x2=AB2
又∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC=·BC=3
∴5x2+x2=9
解得：AH=x=，BH=
∵
∴FH=
在Rt△BFH中，BF==3.
(2)
如图，连接CF
∵M时BC中点，M是EM中点
∴EM=MF，BM=CM
∵∠BME=∠CMF
∴△BEM≌△CFM
∴BE=CF，∠EBM=∠MCF
∴BE∥CF
∵B、E、D共线，A、D、F共线
∴BD∥CF
∴∠AFC=∠BDA=90°
∵AB=AC，∠CAF+∠BAD=∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAF=∠BAD
∴△ABD≌△CAF
∴CF=AD
∴CF=AD=BE
∴AF=AD+DF=BE+EF
∴AF=BE+EF.
(3)
连接DM，AM，延长AD交CF于N
∵M是等腰直角三角形DEF和ABC斜边的中点
∴△DMF，△AMC均为等腰直角三角形
∴DM=MF，AM=CM，∠AMD=∠CMF
∴△ADM≌△CFM
∴∠MAD=∠MCF
∴∠AMC=∠CND=90°
故N点轨迹为以AC为直径圆（圆O，半径为）的一部分，
∵P为BN中点，
故P的轨迹是以BO中点O'为圆心的圆的一部分，半径为圆O半径的一半，即为
如图所示，
则AP的最大值位置为：连接AO'交圆O'于P'，P'为所求，最大值为AP'的长度
∴AP'=AO'+O'P'=+=+=+.
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、手拉手全等、平行线性质来证明几何命题，并确定动点轨迹，以及三角函数、勾股定理求解线段长度，综合性较强，难度较大,证明∠ANC=90度是关键.
25．在平面直角坐标系中，二次函数的图像过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．
(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值．
【答案】(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析；
(2)P的坐标为或
(3)
【解析】
【分析】
（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上；
（2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特征得出方程，解方程即可求出点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据△BEF的内心为I，可得．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得，又M是△BIO的外接圆，可得，，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，即可求得结果．
(1)
解：∵二次函数的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)，
∴ ，
解得，
∴．
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴，
把代入，
得，
∴在此抛物线上．
(2)
设直线DG的解析式为，
∵，，
∴ ，
解得，
∴直线DG的解析式为．
假设此抛物线上存在这样的点，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
∵，，
∴，
解得，
故所求点P的坐标为或．
(3)
如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，
∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
∴∠IBE=，，
∴，
∴，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴，
∵M是△BIO的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM=，
∴，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴，
∴，
∴，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为．
【点睛】
本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．