押第17题 函数综合、几何综合、规律题-备战2022年中考数学临考题号押题（广东专用）

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押第17题
函数综合、几何综合、规律题

广东中考对17题的知识的考查要求高，一般均是以函数综合、几何综合、规律题的形式进行考查，一般难度较大，要求考生除了熟练掌握与函数综合、几何综合、规律题有关的基础知识外，还需要掌握相关解题技巧．

1．（2021广东）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫、老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC=90°，点M、N分别在射线BA、BC上，MN长度始终不变，MN=4，E为MN的中点，点D到BA、BC的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为_________________．

【分析】如图，连接BE，BD．求出BE，BD，根据DE≥BD﹣BE求解即可．
【解析】如图，连接BE，BD．

由题意BD2，
∵∠MBN＝90°，MN＝4，EM＝NE，
∴BEMN＝2，
∴点E的运动轨迹是以B为圆心，2为半径的弧，
∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为22．
故答案为22．
2．（2019广东）如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是　 　（结果用含a，b代数式表示）．

【分析】用9个这样的图形的总长减去拼接时的重叠部分，即可得到拼出来的图形的总长度．
【解答】解：由图可得，拼出来的图形的总长度＝9a﹣8（a﹣b）＝a+8b．
故答案为：a+8b．
2．（2018广东）如图，已知等边△OA1B1，顶点A1在双曲线y=（x＞0）上，点B1的坐标为（2，0）．过B1作B1A2∥OA1交双曲线于点A2，过A2作A2B2∥A1B1交x轴于点B2，得到第二个等边△B1A2B2；过B2作B2A3∥B1A2交双曲线于点A3，过A3作A3B3∥A2B2交x轴于点B3，得到第三个等边△B2A3B3；以此类推，…，则点B6的坐标为　 　．

【分析】根据等边三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征分别求出B2、B3、B4的坐标，得出规律，进而求出点B6的坐标．
【解答】解：如图，作A2C⊥x轴于点C，设B1C=a，则A2C=a，
OC=OB1+B1C=2+a，A2（2+a，a）．
∵点A2在双曲线y=（x＞0）上，
∴（2+a）•a=，
解得a=﹣1，或a=﹣﹣1（舍去），
∴OB2=OB1+2B1C=2+2﹣2=2，
∴点B2的坐标为（2，0）；
作A3D⊥x轴于点D，设B2D=b，则A3D=b，
OD=OB2+B2D=2+b，A2（2+b，b）．
∵点A3在双曲线y=（x＞0）上，
∴（2+b）•b=，
解得b=﹣+，或b=﹣﹣（舍去），
∴OB3=OB2+2B2D=2﹣2+2=2，
∴点B3的坐标为（2，0）；
同理可得点B4的坐标为（2，0）即（4，0）；
…，
∴点Bn的坐标为（2，0），
∴点B6的坐标为（2，0）．
故答案为（2，0）．

4（2019深圳）如图，在中，，，，点在反比例函数图象上，且轴平分，求　　．

【分析】要求得值，通常可求的坐标，可作轴的垂线，构造相似三角形，利用和可以求出的纵坐标，再利用三角形相似，设未知数，由相似三角形对应边成比例，列出方程，求出待定未知数，从而确定点的坐标，进而确定的值．
【解答】解：过作轴，垂足为，
，
，
可证
，
；
又轴平分，




设，则，，
，


，
．
故答案为：．

5．（2019广州）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC，EF，EG，则下列结论：
①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值a2．
其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）
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【分析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可解决问题．
②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可解决问题．
④正确．设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
【解答】解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AG+GH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
故答案为①④．



1．（2021佛山市禅城区一模）如图，点A、B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为　　．

【分析】先证点C在半径为1的⊙B上，可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：∵A（2，0），B（0，2），
∴OA＝OB＝2，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，

∵M为线段AC的中点，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，
当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝OB＝2，
∴CD＝2﹣1，
∴OM＝CD＝﹣，
即OM的最小值为﹣，
故答案为：﹣．
2．（2021惠州市一模）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的正方形和正三角形镶嵌而成，第（1）个图案有4个三角形，第（2）个图案有7个三角形，第（3）个图案有10个三角形，依此规律，第个图案有　　个三角形（用含的代数式表示）

【分析】由题意可知：第（1）个图案有个三角形，第（2）个图案有个三角形，第（3）个图案有个三角形，依此规律，第个图案有个三角形．
【解答】解：第（1）个图案有个三角形，
第（2）个图案有个三角形，
第（3）个图案有个三角形，

第个图案有个三角形．
故答案为：．
3．（2021汕头市金平区一模）观察这一列数：﹣1，2，﹣3，4，﹣5，6，﹣7，…，若将这列数排成如图所示的形式，按照这个规律排下去，那么第10行从左边起第10个数是　 　．

【分析】分析可得：第n行有2n﹣1个数，此行第一个数的绝对值为（n﹣1）2+1，且奇数为负，偶数为正，故第10行从左边数第1个数绝对值为82，故这个数为82，那么从左边数第10个数等于﹣91．
【解答】解：∵第n行左边第一个数的绝对值为（n﹣1）2+1，奇数为负，偶数为正，
∴第10行从左边数第1个数绝对值为82，即这个数为82，
∴从左边数10个数等于﹣91．
故答案为：﹣91．
4．（2021汕头市金平区一模）如图，△P1OA1，△P2A1A2，△P3A2A3，…，是等腰直角三角形，点P1，P2，P3，…，在反比例函数y＝的图象上，斜边OA1，A1A2，A2A3，…都在x轴上，则点A3的坐标是　　．

【分析】首先根据等腰直角三角形的性质，知点P1的横、纵坐标相等，再结合双曲线的解析式得到点P1的坐标是（2，2），则根据等腰三角形的三线合一求得点A1的坐标；同样根据等腰直角三角形的性质、点A1的坐标和双曲线的解析式求得A2点的坐标，进而求得A3的坐标．
【解答】解：△P1OA1，△P2A1A2，△P3A2A3，…，是等腰直角三角形，斜边OA1，A1A2，A2A3，…都在x轴上，
设P1（a1，a1）
则a1a1＝4，解得a1＝2，
∴A1（2a1，0）即A1（4，0），
设P2（4+a2，a2）
则a2（4+a2）＝4，解得a2＝2﹣2
∴A2（4+2a2，0）即A2（4，0）
设P3（4+a3，a3）
则a3（4+a3）＝4，解得a3＝2﹣2，
∴A3（4+2a3，0）即A3（4，0），
故答案为（4，0）．

（限时：30分钟）
1．（2021•潍坊）如图，四边形ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的．其中：的圆心为点A，半径为AD；的圆心为点B，半径为BA1；的圆心为点C，半径为CB1；的圆心为点D，半径为DC1；，…的圆心依次按点A，B，C，D循环．若正方形ABCD的边长为1，则的长是　 ．

【分析】曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，到ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，再计算弧长．
【解析】由图可知，曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+1，AD＝AA1＝1，BA1＝BB1＝2，……，ADn﹣1＝AAn＝4（n﹣1）+1，BAn＝BBn＝4（n﹣1）+2，
故的半径为BA2021＝BB2021＝4（2021﹣1）+2＝8078，的弧长．
故答案为：4039π．
2．（2021•徐州）如图，∠MON＝30°，在OM上截取OA1=．过点A1作A1B1⊥OM，交ON于点B1，以点B1为圆心，B1O为半径画弧，交OM于点A2；过点A2作A2B2⊥OM，交ON于点B2，以点B2为圆心，B2O为半径画弧，交OM于点A3；按此规律，所得线段A20B20的长等于 　．

【分析】利用三角形中位线定理证明A2B2＝2A1B1，A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，寻找规律解决问题即可．
【解析】∵B1O＝B1A1，B1A1⊥OA2，
∴OA1＝A1A2，
∵B2A2⊥OM，B1A1⊥OM，
∴B1A1∥B2A2，
∴B1A1A2B2，
∴A2B2＝2A1B1，
同法可得A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，…，
由此规律可得A20B20＝219•A1B1，
∵A1B1＝OA1•tan30°1，
∴A20B20＝219，
故答案为219．
3．（2021•营口）如图，∠MON＝60°，点A1在射线ON上，且OA1＝1，过点A1作A1B1⊥ON交射线OM于点B1，在射线ON上截取A1A2，使得A1A2＝A1B1；过点A2作A2B2⊥ON交射线OM于点B2，在射线ON上截取A2A3，使得A2A3＝A2B2；…；按照此规律进行下去，则A2021B2021长为　 ．

【分析】解直角三角形求出A1B1，A2B2，A3B3，…，探究规律利用规律即可解决问题．
【解析】在Rt△OA1B1中，∵∠OA1B1＝90°，∠MON＝60°，OA1＝1，
∴A1B1＝A1A2＝OA1•tan60°，
∵A1B1∥A2B2，
∴，
∴，
∴A2B2（1），
同法可得，A3B3（1）2，
…
由此规律可知，A2021B2021（1）2019，
故答案为（1）2019．
4．（2021•温州）点P，Q，R在反比例函数（常数k＞0，x＞0）图象上的位置如图所示，分别过这三个点作x轴、y轴的平行线．图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3．若OE＝ED＝DC，S1+S3＝27，则S2的值为　 　．

【分析】设CD＝DE＝OE＝a，则P（，3a），Q（，2a），R（，a），推出CP，DQ，ER，推出OG＝AG，OF＝2FG，OFGA，推出S1S3＝2S2，根据S1+S3＝27，求出S1，S3，S2即可．
【解析】∵CD＝DE＝OE，
∴可以假设CD＝DE＝OE＝a，
则P（，3a），Q（，2a），R（，a），
∴CP，DQ，ER，
∴OG＝AG，OF＝2FG，OFGA，
∴S1S3＝2S2，
∵S1+S3＝27，
∴S3，S1，S2，
故答案为．
5．（2021•自贡）如图，直线y=x+b与y轴交于点A，与双曲线在第三象限交于B、C两点，且AB•AC＝16．下列等边三角形△OD1E1，△E1D2E2，△E2D3E3，…的边OE1，E1E2，E2E3，…在x轴上，顶点D1，D2，D3，…在该双曲线第一象限的分支上，则k＝　 　，前25个等边三角形的周长之和为　 　．

【分析】设直线yx+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．首先证明∠ADO＝60°，可得AB＝2BE，AC＝2CF，由直线yx+b与双曲线y在第一象限交于点B、C两点，可得x+b，整理得，x2+bx﹣k＝0，由韦达定理得：x1x2k，即EB•FCk，由此构建方程求出k即可，第二个问题分别求出第一个，第二个，第三个，第四个三角形的周长，探究规律后解决问题．
【解析】设直线yx+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．
∵yx+b，
∴当y＝0时，xb，即点D的坐标为（b，0），
当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），
∴OA＝﹣b，ODb．
∵在Rt△AOD中，tan∠ADO，
∴∠ADO＝60°．
∵直线yx+b与双曲线y在第三象限交于B、C两点，
∴x+b，
整理得，x2+bx﹣k＝0，
由韦达定理得：x1x2k，即EB•FCk，
∵cos60°，
∴AB＝2EB，
同理可得：AC＝2FC，
∴AB•AC＝（2EB）（2FC）＝4EB•FCk＝16，
解得：k＝4．
由题意可以假设D1（m，m），
∴m2•4，
∴m＝2
∴OE1＝4，即第一个三角形的周长为12，
设D2（4+n，n），
∵（4+n）•n＝4，
解得n＝22，
∴E1E2＝44，即第二个三角形的周长为1212，
设D3（4a，a），
由题意（4a）•a＝4，
解得a＝22，即第三个三角形的周长为1212，
…，
∴第四个三角形的周长为1212，
∴前25个等边三角形的周长之和12+1212+1212121212121260，
故答案为4，60．

6．（2021•齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A1（0，2）变换到点A2（6，0），得到等腰直角三角形②；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2021个等腰直角三角形的面积是　 　．

【分析】根据A1（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形①）的面积，根据A2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形②）的面积，…，同理，确定规律可得结论．
【解析】∵点A1（0，2），
∴第1个等腰直角三角形的面积2，
∵A2（6，0），
∴第2个等腰直角三角形的边长为2，
∴第2个等腰直角三角形的面积4＝22，
∵A4（10，4），
∴第3个等腰直角三角形的边长为10﹣6＝4，
∴第3个等腰直角三角形的面积8＝23，
…
则第2021个等腰直角三角形的面积是22021；
故答案为：22021（形式可以不同，正确即得分）．
7．（2021•通辽）如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点E是边AB的中点，点P是边BC上一动点，设PC＝x，PA+PE＝y．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．那么a+b的值为　　．

【分析】点A关于BC的对称点为点A′，连接A′E交BC于点P，此时y最小，进而求解．
【解析】如图，将△ABC沿BC折叠得到△A′BC，则四边形ABA′C为菱形，菱形的对角线交于点O，

设菱形的边长为2m，在△ABC中，BC＝2BO＝2×ACsin∠OAC＝4m×sin60°＝2m，
从图②看，AB+BE＝33m，解得：m；
点A关于BC的对称点为点A′，连接A′E交BC于点P，此时y最小，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
则∠BAA′＝60°，故AA′B为等边三角形，
∵E是AB的中点，故A′E⊥AB，
而AB∥A′C，故∠PA′C为直角，
则a＝PCm，
此时b＝AA′＝2m，
则a+b＝2mm＝4+2．
故答案为4+2．
8．（2021•连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为　 　．

【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【解析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC＝CB，AM＝OM，
∴MCOB＝1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线yx﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，﹣3），
∴OD＝4，OE＝3，
∴DE5，
∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴，
∴，
∴MN，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，最小值5×（1）＝2，
故答案为2．
9．（2021•福建）设A，B，C，D是反比例函数图象上的任意四点，现有以下结论：
①四边形ABCD可以是平行四边形；
②四边形ABCD可以是菱形；
③四边形ABCD不可能是矩形；
④四边形ABCD不可能是正方形．
其中正确的是　 　．（写出所有正确结论的序号）
【分析】如图，过点O任意作两条直线分别交反比例函数的图象于A，C，B，D，得到四边形ABCD．证明四边形ABCD是平行四边形即可解决问题．
【解析】如图，过点O任意作两条直线分别交反比例函数的图象于A，C，B，D，得到四边形ABCD．

由对称性可知，OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当OA＝OC＝OB＝OD时，四边形ABCD是矩形．
∵反比例函数的图象在一，三象限，
∴直线AC与直线BD不可能垂直，
∴四边形ABCD不可能是菱形或正方形，
故选项①④正确，
故答案为①④，
10．（2021•淮安）如图，等腰△ABC的两个顶点A（﹣1，﹣4）、B（﹣4，﹣1）在反比例函数（x＜0）的图象上，AC＝BC．过点C作边AB的垂线交反比例函数（x＜0）的图象于点D，动点P从点D出发，沿射线CD方向运动3个单位长度，到达反比例函数（x＞0）图象上一点，则k2＝　 　．

【分析】用待定系数求得反比例函数y，再与直线y＝x联立方程组求得D点坐标，再题意求得运动后P点的坐标，最后将求得的P点坐标代入y（x＞0）求得结果．
【解析】把A（﹣1，﹣4）代入y中得，k1＝4，
∴反比例函数y为，
∵A（﹣1，﹣4）、B（﹣4，﹣1），
∴AB的垂直平分线为y＝x，
联立方程驵，解得，或，
∵AC＝BC，CD⊥AB，
∴CD是AB的垂直平分线，
∵CD与反比例函数y（x＜0）的图象于点D，
∴D（﹣2，﹣2），
∵动点P从点D出发，沿射线CD方向运动3个单位长度，到达反比例函数y（x＞0）图象上一点，
∴设移动后的点P的坐标为（m，m）（m＞﹣2），则
，
∴x＝1，
∴P（1，1），
把P（1，1）代入y（x＞0）中，得k2＝1，
故答案为：1．
11．（2021•德州）如图，在矩形ABCD中，AB+2，AD．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是；②弧D'D″的长度是；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是　 　．

【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE，AEAD，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，由弧长公式可求弧D'D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED''G，可得∴∠D'GE＝∠D''GE＝52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．
【解析】∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，
∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，
∴四边形ADED'是矩形，
又∵AD＝AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD＝AD'＝D'E＝DE，AEAD，∠EAD'＝∠AED'＝45°，
∴D'B＝AB﹣AD'＝2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F＝1，
∴EF2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A'E，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，
∴A'F2，故①正确；
∵tan∠FED'，
∴∠FED'＝30°
∴α＝30°+45°＝75°，
∴弧D'D″的长度π，故②正确；
∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，
∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，
∴∠A'AF＝7.5°，
∵∠AA'F≠∠EA'G，∠AA'E≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，
∴△AA'F与△A'GE不全等，故③错误；
∵D'E＝D''E，EG＝EG，
∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G（HL），
∴∠D'GE＝∠D''GE，
∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，
∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，
又∵∠AFA'＝∠EFG，
∴△AFA'∽△EFG，故④正确，
故答案为：①②④．
12．（2021•东营）如图，在Rt△AOB中，OB＝，∠A＝30°，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（其中点Q为切点），则线段PQ长度的最小值为　 　．

【分析】连接OP、OQ，作OP′⊥AB于P′，根据切线的性质得到OQ⊥PQ，根据勾股定理得到PQ，根据垂线段最短得到当OP⊥AB时，OP最小，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解析】连接OP、OQ，作OP′⊥AB于P′，
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ，
∴PQ，
当OP最小时，线段PQ长度的最小，
当OP⊥AB时，OP最小，
在Rt△AOB中，∠A＝30°，
∴OA6，
在Rt△AOP′中，∠A＝30°，
∴OP′OA＝3，
∴线段PQ长度的最小值2，
故答案为：2．

13．（2021•鄂州）如图，已知直线与x、y轴交于A、B两点，⊙O的半径为1，P为AB上一动点，PQ切⊙O于Q点．当线段PQ长取最小值时，直线PQ交y轴于M点，a为过点M的一条直线，则点P到直线a的距离的最大值为　　．

【分析】在直线yx+4上，x＝0时，y＝4，y＝0时，x，可得OB＝4，OA，得角OBA＝30°，根据PQ切⊙O于Q点可得OQ⊥PQ，由OQ＝1，因此当OP最小时PQ长取最小值，此时OP⊥AB，若使点P到直线a的距离最大，则最大值为PM，且M位于x轴下方，过点P作PE⊥y轴于点E，根据勾股定理和特殊角30度即可求出PM的长．
【解析】如图，

在直线yx+4上，x＝0时，y＝4，
当y＝0时，x，
∴OB＝4，OA，
∴tan∠OBA，
∴∠OBA＝30°，
由PQ切⊙O于Q点可知：OQ⊥PQ，
∴PQ，
由于OQ＝1，
因此当OP最小时PQ长取最小值，此时OP⊥AB，
∴OPOB＝2，
此时PQ，
BP2，
∴OQOP，即∠OPQ＝30°，
若使点P到直线a的距离最大，
则最大值为PM，且M位于x轴下方，
过点P作PE⊥y轴于点E，
∴EPBP，
∴BE3，
∴OE＝4﹣3＝1，
∵OEOP，
∴∠OPE＝30°，
∴∠EPM＝30°+30°＝60°，
即∠EMP＝30°，
∴PM＝2EP＝2．
故答案为：2．
14．（2021•成都）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E，F分别为AB，CD边的中点．动点P从点E出发沿EA向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿FC向点C运动，连接PQ，过点B作BH⊥PQ于点H，连接DH．若点P的速度是点Q的速度的2倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段PQ长度的最大值为　 　，线段DH长度的最小值为　　．

【分析】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．首先利用相似三角形的性质证明EM＝2FN，推出EM＝2，FN＝1，当点P与A重合时，PQ的值最大，解直角三角形求出OD，OH即可解决问题．
【解析】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．
∵四边形ABCD是矩形，DF＝CF，AE＝EB，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝3，
∵FQ∥PE，
∴△MFQ∽△MEP，
∴，
∵PE＝2FQ，
∴EM＝2MF，
∴EM＝2，FM＝1，
当点P与A重合时，PQ的值最大，此时PM2，MQ，
∴PQ＝3，
∵MF∥ON∥BC，MO＝OB，
∴FN＝CN＝1，DN＝DF+FN＝3，ON2，
∴OD，
∵BH⊥PQ，
∴∠BHM＝90°，
∵OM＝OB，
∴OHBM，
∵DH≥OD﹣OH，
∴DH，
∴DH的最小值为，
故答案为3，．