中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题22最值问题中的瓜豆原理模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学难点突破与经典模型精讲练(全国通用)专题22最值问题中的瓜豆原理模型(原卷版+解析)，共52页。
【模型证明】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将沿EF所在直线翻折，得到，则的长的最小值是
A．B．3C．D．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，BC＝2 ，△ADC与△ABC关于AC对称，点E、F分别是边DC、BC上的任意一点，且DE＝CF，BE、DF相交于点P，则CP的最小值为( )
A．1B．C．D．2
3．如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．1D．2
4．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为( )
A．B．C．D．
二、填空题
5．如图，正方形的边长为4，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为_____．
6．如图，等边三角形ABC中，AB=4，高线AH=2，D是线段AH上一动点，以BD为边向下作等边三角形BDE，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径为线段CM，则线段CM的长为_______，当点D运动到点H，此时线段BE的长为__________．
7．如图，在平面内，线段AB=6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC=PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为______．
8．如图，在Rt△ABC中，，，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连接CE，则CE的最大值是___．
9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，点F沿线段AO从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，连接OE．现给出以下结论：
①；②；③直线；④点E运动的路程是．
其中正确的结论是______．（写出所有正确结论的序号）
10．如图，已知，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若且，连接AB，BC，则线段BC的最小值为______．
三、解答题
11．在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（b，0），且a，b满足，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点；
（1）如图1，若C（0，4），求△ABC的面积；
（2）如图1，若C（0，4），BC=5，BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离．
12．如图所示，在中，，点是上一点，以为一边向右下方作等边，当由点运动到点时，求点运动的路径长．
13．如图，等边三角形ABC的边长为4，点D是直线AB上一点．将线段CD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连结BE．
（1）若点D在AB边上（不与A，B重合）请依题意补全图并证明AD=BE；
（2）连接AE，当AE的长最小时，求CD的长．

14．如图①，在中，，，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
15．如图，过抛物线上一点A作轴的平行线，交抛物线于另一点B，交轴于点C，已知点A的横坐标为．
（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；
（2）在AB上任取一点P，连结OP，作点C关于直线OP的对称点D；
①连结BD，求BD的最小值；
②当点D落在抛物线的对称轴上，且在轴上方时，求直线PD的函数表达式．
16．如图所示，在等腰中，，点在以斜边为直径的半圆上，为的中点，当点沿半圆从点运动至点时，求点运动的路径长．
17．如图所示，点，的半径为2，，，点是上的动点，点是的中点，求的最小值．
18．如图所示，为等腰直角三角形，，直角顶点在第二象限，点在轴上移动，以为斜边向上作等腰直角，我们发现直角顶点点随着点的移动也在一条直线上移动，求这条直线的函数解析式．
19．如图1，在中，，，，以点为圆心，为半径作圆．点为上的动点，连接，作，使点落在直线的上方，且满足，连接，．
（1）求的度数，并证明；
（2）如图2，若点在上时，连接，求的长；
（3）点在运动过程中，是否有最大值或最小值？若有，请求出当取得最大值或最小值时，的度数；若没有，请说明理由．
20．如图所示，在扇形中，，，点是上的动点，以为边作正方形，当点从点移动至点时，求点经过的路径长．
21．如图所示，在矩形中，，，为的中点，为上一动点，为的中点，连接，求的最小值．
22．如图，在矩形ABCD中，，，连接BD，将绕点D顺时针旋转，记旋转后的三角形为，旋转角为a（，且）．
(1)在旋转过程中，当落在线段BC上时，求的长；
(2)连接、，当时，求；
(3)在旋转过程中，若的重心为G，则CG的最小值=______．
23．在菱形中，，是对角线上的一点，连接．
（1）当在的中垂线上时，把射线绕点顺时针旋转后交于，连接．如图①，若，求的长．
（2）在（1）的条件下，连接，把绕点顺时针旋转得到如图②，连接，点为的中点，连接，求的最大值．
24．如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形点分别在轴和轴的正半轴上，连结，，，是的中点.
(1)求OC的长和点的坐标；
(2)如图2，是线段上的点，，点是线段上的一个动点，经过三点的抛物线交轴的正半轴于点，连结交于点
①将沿所在的直线翻折，若点恰好落在上，求此时的长和点的坐标；
②以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点从点运动到点时，点也随之运动，请直接写出点运动路径的长.
特点
瓜豆原理
若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。主动点叫瓜，从动点叫豆，瓜在直线上运动，豆也在直线上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。
模型总结：
条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量．
如图，点C为定点，点P、Q为动点，CP=CQ，且∠PCQ为定值，当点P在直线AB上运动，Q的运动轨迹是？
结论：
① 主动点路径做在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ；
②当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长；
③ 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形；
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
分析：观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？
考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
结论：确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，
由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．
结论
主动点、从动点到定点的距离之比是定量
解决方案
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
分析：Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．
如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？
分析考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．
模型总结
为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量
主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
结论：
（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM；
（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．
按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．
古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．
专题22 最值问题中的瓜豆原理模型
【模型展示】
【模型证明】
【题型演练】
一、单选题
1．如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将沿EF所在直线翻折，得到，则的长的最小值是
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点在线段CE上时，的长取最小值，根据折叠的性质可知，在中利用勾股定理可求出CE的长度，用即可求出结论．
【详解】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点在线段CE上时，的长取最小值，如图所示，
根据折叠可知：．
在中，，，，
，
的最小值．
故选D．
【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出取最小值时点的位置是解题的关键．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，BC＝2 ，△ADC与△ABC关于AC对称，点E、F分别是边DC、BC上的任意一点，且DE＝CF，BE、DF相交于点P，则CP的最小值为( )
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】连接BD，证明△EDB≌△FCD，可得∠BPD＝120°，由于BD的长确定，则点P在以A为圆心，AD为半径的弧BD上，当点A，P，C在一条直线上时，CP有最小值．
【详解】解：连接AD，因为∠ACB＝30°，所以∠BCD＝60°，
因为CB＝CD，所以△CBD是等边三角形，
所以BD＝DC
因为DE＝CF，∠EDB＝∠FCD＝60°，
所以△EDB≌△FCD，所以∠EBD＝∠FDC，
因为∠FDC＋∠BDF＝60°，
所以∠EBD＋∠BDF＝60°，所以∠BPD＝120°，
所以点P在以A为圆心，AD为半径的弧BD上，
直角△ABC中，∠ACB＝30°，BC＝2，所以AB＝2，AC＝4，
所以AP＝2
当点A，P，C在一条直线上时，CP有最小值，
CP的最小值是AC－AP＝4－2＝2
故选D．
【点睛】求一个动点到定点的最小值，一般先要确定动点在一个确定的圆或圆弧上运动，当动点与圆心及定点在一条直线上时，取最小值．
3．如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【详解】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为等腰直角三角形，
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1，
故选C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、梯形的中位线、点运动的轨迹，通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹是解题的关键.
4．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，
设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
二、填空题
5．如图，正方形的边长为4，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】由题意分析可知，点为主动点，为从动点，所以以点为旋转中心构造全等关系，得到点的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得最小值．
【详解】由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动
将绕点旋转，使与重合，得到，
从而可知为等边三角形，点在垂直于的直线上，
作，则即为的最小值，
作，可知四边形为矩形，
则.
故答案为．
【点睛】本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点的运动轨迹，是本题的关键．
6．如图，等边三角形ABC中，AB=4，高线AH=2，D是线段AH上一动点，以BD为边向下作等边三角形BDE，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径为线段CM，则线段CM的长为_______，当点D运动到点H，此时线段BE的长为__________．
【答案】
【分析】由“SAS”可得△ABD≌△CBE，推出AD=EC，可得结论，再由勾股定理求解 当重合时， 从而可得答案.
【详解】解：如图，连接EC．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD=EC，
∵点D从点A运动到点H，
∴点E的运动路径的长为，
当重合，而（即）为等边三角形，




故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，动点的轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
7．如图，在平面内，线段AB=6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC=PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为______．
【答案】．
【详解】解：如图，由题意可知点C运动的路径为线段AC′，点E运动的路径为EE′，由平移的性质可知AC′=EE′，在Rt△ABC′中，易知AB=BC′=6，∠ABC′=90°，∴EE′=AC′==，故答案为．
点睛：主要考查轨迹、平移变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．如图，在Rt△ABC中，，，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连接CE，则CE的最大值是___．
【答案】3
【分析】通过已知求得D在以B为圆心，BD长为半径的圆上运动，∵E为AD的中点，
∴E在以BA中点为圆心，长为半径的圆上运动，再运用圆外一定点到圆上动点距离的最大值=定点与圆心的距离+圆的半径，求得CE的最大值．
【详解】解：∵BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，
∴BD＝2，
∴．
由题意可知，D在以B为圆心，BD长为半径的圆上运动，
∵E为AD的中点，
∴E在以BA中点为圆心，长为半径的圆上运动，
CE的最大值即C到BA中点的距离加上长．
∵，，BC＝2，
∴C到BA中点的距离即，
又∵，
∴CE的最大值即．
故答案为3．
【点睛】本题考查了与圆相关的动点问题，正确识别E点运动轨迹是解题的关键．
9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，点F沿线段AO从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，连接OE．现给出以下结论：
①；②；③直线；④点E运动的路程是．
其中正确的结论是______．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②③
【分析】①根据，，得出为等边三角形，再由为等边三角形，得，即可得出结论①正确；
②如图，连接，利用证明，再证明，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④如图，延长至 ，使，连接 ，通过，，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段 运动到，从而得出结论④错误．
【详解】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠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，
故结论①正确；
②如图，连接OE，
在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，
∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵＝OD＝AD＝AB•tan∠ABD＝4•tan30°＝ ，
∴点E运动的路程是，
故结论④错误．
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键．
10．如图，已知，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若且，连接AB，BC，则线段BC的最小值为______．
【答案】
【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到，从而证明△AMB∽△AOP，得到，则，则点B在以M为圆心，以为半径的圆上，当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，
∵，
∴，
又∵∠APB=60°，
∴△APD是等边三角形，
∵B为PD的中点，
∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，
∴∠BAP=30°，
以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
∴，
同理可得，
∵∠OAM=30°=∠PAB，
∴∠BAM=∠PAO，
又∵，
∴△AMB∽△AOP，
∴，
∵点P到点O的距离为2，即OP=2，
∴，
∴点B在以M为圆心，以为半径的圆上，
连接CM交圆M（半径为）于，
∴当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，
∵AC=2AO=8，
∴AO=4，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴BC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即证明点B在以M为圆心，半径为的圆上运动．
三、解答题
11．在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（b，0），且a，b满足，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点；
（1）如图1，若C（0，4），求△ABC的面积；
（2）如图1，若C（0，4），BC=5，BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离．
【答案】（1）△ABC的面积为12；（2）D点的坐标为（-2，0）；（3）A，E两点之间的距离为
【分析】（1）利用完全平方式和绝对值的性质求出a，b，然后确定A、B两点坐标，从而利用三角形面积公式求解即可；
（2）根据题意判断出，从而得到，然后利用勾股定理求出，及可求出结论；
（3）首先根据“双等边”模型推出，得到，进一步推出，从而确定随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，再根据点到直线的最短距离为垂线段的长度，确定OE最短时，各点的位置关系，最后根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
由非负性可知，，解得：，
∴，，，
∵，
∴，
∴；
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）由（2）可知CB=CA，
∵∠CBA=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°，∠DBC=120°，
∵△CDE为等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，
∴∠DCB=∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
∴，
∴，
∵，
∴，
即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，
∵要使得OE最短，
∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为．
【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质等，理解平面直角坐标系中点坐标的特征，掌握等腰或等边三角形的性质，熟练使用全等三角形的判定与性质是解题关键．
12．如图所示，在中，，点是上一点，以为一边向右下方作等边，当由点运动到点时，求点运动的路径长．
【答案】点运动的路径长为．
【分析】根据是等边三角形，得出点运动的路径长等于点运动的路径长，即为的长，根据勾股定理即可得出答案
【详解】点为定点，
可以看作是绕点顺时针旋转60°而来，
点运动的路径长等于点运动的路径长，即为的长，
，，
．
点运动的路径长为．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点E的运动轨迹，属于中考常考题型．
13．如图，等边三角形ABC的边长为4，点D是直线AB上一点．将线段CD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连结BE．
（1）若点D在AB边上（不与A，B重合）请依题意补全图并证明AD=BE；
（2）连接AE，当AE的长最小时，求CD的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意补全图形，由等边三角形的性质得出AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，由旋转的性质得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，得出∠ACD=∠BCE，证明△ACD≌△BCE，即可得出结论；
（2）过点A作AF⊥EB交EB延长线于点F．由△ACD≌△BCE，推出∠CBE=∠A=60°，推出点E的运动轨迹是直线BE，根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小，此时CD=CE=CF，利用勾股定理求出CF即可．
【详解】解：（1）补全图形如图1所示，AD=BE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，
由旋转的性质得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．
（2）如图2，过点A作AF⊥EB交EB延长线于点F．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠A=60°，
∴点E的运动轨迹是直线BE，
根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小，
此时CD=CE=CF，
∵∠ACB=∠CBE=60°，
∴AC∥EF，
∵AF⊥BE，
∴AF⊥AC，
在Rt△ACF中，
∴CF===，
∴CD=CF=.
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题关键．
14．如图①，在中，，，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【答案】（1）①50；②；（2）；（3）AE的最小值．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明，，推出即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【详解】（1）①如图②中，
∵，，
∴，
②结论：．
理由：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵AE垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为50，．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．
∵AD垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，
∴ ．
（3）如图④中，作于H，
∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
15．如图，过抛物线上一点A作轴的平行线，交抛物线于另一点B，交轴于点C，已知点A的横坐标为．
（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；
（2）在AB上任取一点P，连结OP，作点C关于直线OP的对称点D；
①连结BD，求BD的最小值；
②当点D落在抛物线的对称轴上，且在轴上方时，求直线PD的函数表达式．
【答案】(1)x=4；B（10，5）．（2）①．②y=﹣x+．
【详解】试题分析：（1）确定点A的坐标，利用对称轴公式求出对称轴，再根据对称性可得点B坐标；
（2）①由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，推出当O、D、B共线时，BD的最小值=OB﹣OD；
②当点D在对称轴上时，在Rt△OD=OC=5，OE=4，可得DE==3，求出P、D的坐标即可解决问题.
试题解析：（1）由题意A（﹣2，5），对称轴x=﹣=4，
∵A、B关于对称轴对称，
∴B（10，5）．
（2）①如图1中，
由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，
∴当O、D、B共线时，BD的最小值=OB﹣OD=．
②如图2中，
图2
当点D在对称轴上时，在Rt△ODE中，OD=OC=5，OE=4，
∴DE==3，
∴点D的坐标为（4，3）．
设PC=PD=x，在Rt△PDK中，x2=（4﹣x）2+22，
∴x=，
∴P（，5），
∴直线PD的解析式为y=﹣x+．
考点：抛物线与x轴的交点；待定系数法求二次函数解析式．
16．如图所示，在等腰中，，点在以斜边为直径的半圆上，为的中点，当点沿半圆从点运动至点时，求点运动的路径长．
【答案】点运动的路径长为．
【分析】取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连结OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB=BC=4，则OC=AB=2，OP=AB=2，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=2，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
【详解】解：如图所示，取的中点，的中点，的中点，连接、、、、、，
在等腰中，，
．
．
为的中点，
．
．
点在以为直径的圆上，
当点与点重合时，点与点重合：当点与点重合时，点与点重合，易得四边形为正方形，，
点运动的路径为以为直径的半圆．
点运动的路径长为．
【点睛】本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆．
17．如图所示，点，的半径为2，，，点是上的动点，点是的中点，求的最小值．
【答案】的最小值为．
【分析】如图，连接OP交⊙P于M′，连接OM．因为OA=AB，CM=CB，所以AC=OM，所以当OM最小时，AC最小，M运动到M′时，OM最小，由此即可解决问题．
【详解】解：如图所示，连接交于点，连接，，
，
由勾股定理得：，
，，
．
当最小时，最小
当运动到时，最小．
此时的最小值为．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题，所以中考常考题型．
18．如图所示，为等腰直角三角形，，直角顶点在第二象限，点在轴上移动，以为斜边向上作等腰直角，我们发现直角顶点点随着点的移动也在一条直线上移动，求这条直线的函数解析式．
【答案】直线的函数解析式为．
【分析】抓住两个特殊位置：当BC与x轴平行时，求出D的坐标；C与原点重合时，D在y轴上，求出此时D的坐标，设所求直线解析式为y=kx+b，将两位置D坐标代入得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出所求直线解析式．
【详解】如图所示．当与轴平行时，过点作轴于点，过点作轴于点，交于点，

是等腰直角三角形，点的坐标是，
，
，
又是等腰直角三角形，
，，
点的坐标为．
当与原点重合时，在轴上，
此时，即，
设所求直线解析式为：，
将、代入得
解
直线的函数解析式为．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，熟练运用待定系数法是解本题的关键．
19．如图1，在中，，，，以点为圆心，为半径作圆．点为上的动点，连接，作，使点落在直线的上方，且满足，连接，．
（1）求的度数，并证明；
（2）如图2，若点在上时，连接，求的长；
（3）点在运动过程中，是否有最大值或最小值？若有，请求出当取得最大值或最小值时，的度数；若没有，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）有．① 当取得最大值时，；②当取得最小值时，．
【分析】（1）利用锐角三角函数求出∠BAC，先判断出，再判断出，即可得出结论；
（2）先求出∠PAC，进而得出∠PAB＝90°，再利用相似求出AP，即可得出结论；
（3）先求出AP＝1是定值，判断出点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，分当点在的延长线上时和当点在线段上时，两种情况讨论即可．
【详解】（1）在中，，，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）由（1）知，，
，
，
，
，，
，
，
，
在中，，，
由勾股定理得；
（3）有．由（1）知，，
，
，
是定值，
点是在以点为圆心，半径为的圆上，
①如图所示，当点在的延长线上时，取得最大值，
．
，
．
当取得最大值时，；
②如图所示，当点在线段上时，取得最小值，
，
，
当取得最小值时，．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形的判定和性质，圆的性质，判断出△APC∽△BPC是解本题的关键．
20．如图所示，在扇形中，，，点是上的动点，以为边作正方形，当点从点移动至点时，求点经过的路径长．
【答案】点经过的路径长为．
【分析】如图，由此BO交⊙O于F，取的中点H，连接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，由∠FDB＝45°＝∠FHB，推出点D在⊙H上运动，轨迹是（图中红线），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，推出∠FHG＝150°，推出∠GHB＝120°，易知HB＝3，利用弧长公式即可解决问题．
【详解】解：如图，由此BO交⊙O于F，取的中点H，连接FH、HB、BD．

易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，
∵∠FDB＝45°＝∠FHB，
∴点D在⊙H上运动，轨迹是（图中红线），
易知∠HFG＝∠HGF＝15°，
∴∠FHG＝150°，
∴∠GHB＝120°，易知HB＝3，
∴点D的运动轨迹的长为＝2π．
【点睛】本题考查轨迹、弧长公式、圆的有关知识、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点D的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
21．如图所示，在矩形中，，，为的中点，为上一动点，为的中点，连接，求的最小值．
【答案】的最小值为．
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1=DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2=CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1=2．
∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°，∠DEC=90°．
∴∠DP2P1=90°．
∴∠DP1P2=45°．
∴∠P2P1B=90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1=BC=2，
∴BP1=
∴PB的最小值是．
故答案是：．
【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
22．如图，在矩形ABCD中，，，连接BD，将绕点D顺时针旋转，记旋转后的三角形为，旋转角为a（，且）．
(1)在旋转过程中，当落在线段BC上时，求的长；
(2)连接、，当时，求；
(3)在旋转过程中，若的重心为G，则CG的最小值=______．
【答案】(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）当落在线段BC上时，如图，由题意可得，，在中，由勾股定理可求得：，继而求得的长；
（2）由题意可得当时，点B，，D三点共线，如图，过点作，在中，由勾股定理得：，易证，由相似三角形的性质可得，继而可求得，，然后即可求得的值；
（3）如图，分别取的中点H，N，分别连接HD，HN，CG，过点G作GM//HN，可得，HN是的中位线，继而可得，由点G是的重心和相似三角形的判定和性质，可求得，，即可确定点G的运动轨迹是以M为圆心，以为半径的圆，然后根据CG的最小值即可求得答案.
（1）
解：当落在线段BC上时，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
由旋转的性质可得：，
在中，由勾股定理得：，
∴.
（2）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴当时，点B，，D三点共线，
如图，过点作，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
即：，
解得：，
∴，
∴，
∴；
（3）
解：如图，分别取的中点H，N，分别连接HD，HN，CG，
过点G作GM//HN，
∴，HN是的中位线，
∴，
∵点G是的重心，
∴，
∵GM//HN，
∴，
∴，
∴，，
∴点G的运动轨迹是以M为圆心，以为半径的圆，
当点C、G、M三点共线时，CG的值最小，
在中，由勾股定理得：，
∴CG的最小值为.
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、三角形中位线的判定与性质、三角形重心的性质以及瓜豆模型求最值等，熟练掌握相关判定和性质定理以及解题方法是解题的关键.
23．在菱形中，，是对角线上的一点，连接．
（1）当在的中垂线上时，把射线绕点顺时针旋转后交于，连接．如图①，若，求的长．
（2）在（1）的条件下，连接，把绕点顺时针旋转得到如图②，连接，点为的中点，连接，求的最大值．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）通过菱形性质证明，在中，利用勾股定理求出AE的长度，再中，可以得到，在等腰中，利用角度推导出，代入数值求解即可．
（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．
【详解】（1）解：过点F作于点M，如下图：
∵四边形ABCD是菱形,且
∴
∵为菱形对角线
∴,
又∵在的中垂线上
∴
∴
∴,
在中，
∴
设：，则
∵
即：
解得：
∴
∵，
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：
此时：在在，,当 A、M、N三点共线时，AN最大
则：在中，
∵
∴
∴
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
∴
∴
【点睛】本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是解题重点．
24．如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形点分别在轴和轴的正半轴上，连结，，，是的中点.
(1)求OC的长和点的坐标；
(2)如图2，是线段上的点，，点是线段上的一个动点，经过三点的抛物线交轴的正半轴于点，连结交于点
①将沿所在的直线翻折，若点恰好落在上，求此时的长和点的坐标；
②以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点从点运动到点时，点也随之运动，请直接写出点运动路径的长.
【答案】(1) OC=，点的坐标为；(2) ①点的坐标为，②.
【分析】（1）由OA=3，tan∠OAC=，得OC= ，由四边形OABC是矩形，得BC=OA=3，所以CD= BC= ，求得D（）；
（2）①由易知得ACB=∠OAC=30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'=DB=DC，∠BDF=∠B'DF，所以∠BDB'=60°，∠BDF=∠B'DF=30°，所以BF=BD•tan30°=，AF=BF=，因为∠BFD=∠AEF，所以∠B=∠FAE=90°，因此△BFD≌△AFE，AE=BD=，点E的坐标（ ，0）；
②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y=，因此E（，0），直线DE： ，F1（3，）；当动点P从点O运动到点M时，求得此时抛物线解析式为，所以E（6，0），直线DE：
，所以F2（3，）；所以点F运动路径的长为，即G运动路径的长为 ．
【详解】(1) ∵，
∴.
∵四边形是矩形，
∴.
∵是的中点，
∴，
∴点的坐标为.
(2) ①∵，
∴，
∴.
设将翻折后，点落在上的处，
则，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∵，
∴.
∴.
∴，∴点的坐标为.
②动点P在点O时，
∵抛物线过点P（0，0）、
求得此时抛物线解析式为y=
∴E（，0），
∴直线DE： ，
∴F1（3，）；
当动点P从点O运动到点M时，
∵抛物线过点
求得此时抛物线解析式为，
∴E（6，0），
∴直线DE：y=-
∴F2（3，）
∴点F运动路径的长为，
∵△DFG为等边三角形，
∴G运动路径的长为
【点睛】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质、特殊三角函数以及三角形全等的判定与性质是解题的关键．
特点
瓜豆原理
若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。主动点叫瓜，从动点叫豆，瓜在直线上运动，豆也在直线上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。
模型总结：
条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量．
如图，点C为定点，点P、Q为动点，CP=CQ，且∠PCQ为定值，当点P在直线AB上运动，Q的运动轨迹是？
结论：
① 主动点路径做在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ；
②当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长；
③ 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形；
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
分析：观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？
考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
结论：确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，
由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．
结论
主动点、从动点到定点的距离之比是定量
解决方案
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
分析：Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．
如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？
分析考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．
模型总结
为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量
主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
结论：
（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM；
（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．
按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．
古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．