PAGE23PAGE23PAGE20PAGE202025目錄類型一動點問題的函數圖象類型二動點問題的函數關系類型三動點與全等三角形或相似三角形的存在性類型四等腰三角形的存在性類型五動點與平行四邊形及特殊平行四邊形的存在性類型六動點與最值問題類型七求動點所經過的路徑長2024中考真題動點問題精煉動動類型一(2024?昆山市一模)AB是⊙OP從圓上一定點B方向勻速運動到點Ax(s)AP的長度是y(cm)．圖②是y隨xm()92

4

C.5 D.1432思 從圖2看當x=2時y=P=6即此時AOP三點共線則圓的半徑為1P=3當x22=0A⊥BP從點B走到AOPt=290°Pt=mP=A=BP解．完整 解從圖2看當x=2時y=P=6即此時AOP三點共線，則圓的半徑為1AP=3，2當x=0B2+2=P2，OABOAOB，PBAOP此時x=290°4

×2π×r=3π，2P的運動速度是3π2

4當t=mP=A=BP是等邊三角形，∴∠AOP=60°，∴∠BOP=360°-90°-60°=210°，P走過的弧長為：210360

×2π×r=7π，22

4

=14，3故選：D．【總 本題考查的是動點圖象問題此類問題關鍵是弄清楚不同時間段圖象和圖形的對應關系．【舉一反三演練】(2024秋?宜興市月考)BD是菱形ABDAD<BDP從菱形的某個頂點出1cm/s的速度勻速運動到另一個頂點CPy(cm隨時間t(s變化的函數圖象如圖②所示ABCD()12cm B.16cm C.20cm D.24cm思 由圖②得P應從點A出發延B運動到點B再運動到點D或從點A出發延D運動到點DBP應從點A出發延B運動到點BDC交BD于點OPC=8cmB=acmBD=a+1(cm)A=4cmB=a+1cm，2再根據勾股定理求出a【完整 ∴判斷點P應從點A出發延B運動到點BD，或從點A出發延D運動到點DB，設點P應從點A出發延B運動到點BDACBDO，ABCD為菱形，∴C⊥BDA=CB=D，∴當點P位于點Ay=8C=8cm，∴OA=4當點P位于點Bx=aB=acm，當點P位于點Dx=2a+1BD=a+cm)，∴OB=a+1cm，2∴在RtBB2+2=B242+a+2

2=a2，3∴1=52=-3舍去)，3∴AB=5cm，ABCD5420cm．C．【總 本題考查了動點問題的函數圖象準確的分析動點的運動位置獲得相應的解題條件是本題的解題關鍵．(2024秋?工業園區月考)如圖1ABD∠ABC=60°BDM從B出發沿BD方向以3cms的速度運動至DN從B出發沿BC方向以1cms的速度運動至C(s)△BN的面積為(cm)．y與x的函數圖象如圖2ABD的邊長為()22cm B.42cm C.4cm D.8cm思 根據題意可知BN=xcmBM=3xcm結合菱形的性質得∠BC=30°過點M作HBC于點HHM=3xcmy=3x2acmBD=3acmM和2 4點N同時到達點D和點C△BN的面積達到最大值43xa．完整 解根據題意可知BN=xcmBM=3xcm，∴∠DBC=30°，過點M作H⊥BC于點HC交BD于Osin∠MBH=3x(cm)，2∴y=S△BMN=1BN?MH=3x2(cm2)，2 4acm，∴BD=2BO=2BCcos∠OBC=2×a×2

=3a(cm)，MNDC△BMN43，∴3x2=43，4x4(負值舍去)，BC4，C．【總 本題考查動點問題的函數圖象菱形的性質和二次函數的性質關鍵是根據圖象得出△BMN43的位置．(2024秋?江陰市期末)Rt△ABC∠C=90°AB=5AC=4D是邊AC上一動點(不與AC兩點重合)A→CD作D⊥ACAB于點E△AE沿直線E得到△A'E．若設AD=x△A'E與△ABC重疊部分的面積為yy與x之()B.C.【思 分0≤x≤2和2<x≤4兩種情況利用三角形相似分別求出DE和CF然后由三角形和梯形的面積公式分別求出y與x的函數解析式即可．完整 解①當0≤x≤2時'E與BC重疊部分的面積為'E的面積，在RtBC中∠C=90°B=5C=4，∴BC=AB2-AC2=52-42=3，∵∠A=∠BA∠A=∠A，∴BCDE即3

=AC，AD=4，x∴DE=3x，4ADEDE△A'DE，∴A′D=AD=x，∴y=S△A′DE=1A′D?DE=1x?3x=3x2，2∵3>0，8

2 4 8x0yx的增大而增大，x2時，y3，2故排除AC；AEBCF，∵D=D=xD=C-D=4-x，∴A′C=A′D-CD=2x-4，∵∠′=∠A∠F=∠B=90°，∴△A′CF∽△ACB，∴A′CAC

=CF，CB2x-44

=CF，3∴CF=3x-6，2∴y=S

=1(CF+DE)?CD=1

×3x-6+3x

×(4-x)=-9x2+6x-6=-9

x-8

2+2，梯形FCDE 2

2 2 4

8 8 38

<02<x≤4，=3

時，y2，2

和83

故選：D．【總 本題考查動點問題的函數圖象勾股定理相似三角形的判定和性質以及對折變換二次函數的圖象和性質關鍵是確定出y與x的函數解析式．(2024秋?崇川區月考)如圖1ABDACBD交于點O∠AB=60°AM=AN=1AB=1P沿BD從點B勻速運動到點D．設點P的運動時間為xM+N=y2是點3P運動時y隨x變化的函數關系圖象則圖2中最低點的縱坐標a的值為( )323

7 C.2

D.37思 作點N關于BD的對稱點N′連接N′交BD于點P連接N′N′N由菱形的性質可知點N與點N′關于BD對稱根據兩點之間線段最短可知當MPN′三點共線時，PM+PN的最小值7為N′Rt△BOBO=33C=3BD=33C=3△N2 2∽△BD△N′∽△CN和N′N∥BD△N′為直角三角形．再根據勾股定理即可求解．完整 解如圖作點N關于BD的對稱點N′連接N′交BD于點P連接N′N′N，ABCD為菱形，BDNN′，∴N=N′N′∥C，∴PM+PN=PM+PN′，MPN三點共線時，PMPNMN′Rt△BCO中，BOBC?sin∠OCB3×3=33，OCBC?cos∠OCB3×1=3，2 2 2 2∵AM=AN=1AB=1，3∴AM

=AN

=1，DN

=2，AB AD 3 AD 3∵∠N=∠DN∥BD，∴△AMN∽△ABD，∴AM

=MN

=1MN

=1，3AB BD 3 3 33∴MN=3，∵NN′∥AC，∴△DNN′∽△DAC，∴DN

=2NN′

=2，AD AC 3 3 3∴NN′=2，∵N∥BDN′⊥BD，∴N⊥N′∠N′=90°，∴在Rt△MNN′中，MN′=MN2+NN′2= (3)2+22=7，PMPN的最小值為7a=7．C．【總提 本題主要考查動點函數問題兩點之間線段最短解直角三角形菱形的性質相似三角形的判定與性質勾股定理正確理解題意學會利用模型思想解決問題是解題關鍵．(2025春?南通月考)如圖1RtABC∠C=90°AB=4D從點BB→C→A方向的一部分2()DB的長DBCEAB的三等分點兩段拋物線的開口大小不一樣332當點D運動到點Cx=2ABE=1BD在BC上和點D在CaCx=3yD正確．A．∵C=BC∠C=90°B=4∴BC=22D運動到點Cx=2∴函數DBA錯誤；當點D為BCBD=1BC=2∵∠B=45°∴BE=1∴點E為不是線段B的三等分2B錯誤；由題意得BE=x∴0<x≤2D在BCy=BE?E=1x22<x<4D在C上，2E=E=(4-x)∴y=1BE?E=-1x2+2x∵1=-1C錯2 2 2 2誤；把x=3y=-12+2xy=3D正確．2 2故選：D．類型二動【總 本題考查了動點問題的函數圖象能從圖象中得到有用的條件并判斷動點位置進行計算是本題的解題關鍵．類型二動(2025春?南通月考)如圖1ABD的邊長為22ACBD交于點OP從點A出AO→OBP到達點B時停止運動．若點P運動的路程為x△C的面積為y，yx的函數關系．x與y的兩組對應值如表則m= 4 ；x0?m(m≠0)yn?n當點P在線段AO上運動時，y關于x的函數解析式為y=-x+4(0≤x≤2)．當點P在線段OB上運動時，y關于x的函數解析式為y=x 此時自變量的取值范圍是2≤x≤4 ；2中畫出函數圖象；②若直線y=1x+b與此函數圖象只有一個公共點則b的取值范圍是b=1或2<b≤4 ．2【思 (1)易得當點P在點A處和點B處時，△DPC的面積即y的值是相等的那么x=m時點P移動到點B處根據正方形的性質及邊長可判斷出AB的長度相加即為m的值；畫出當點P在線段BE⊥D于點EEyxx的取值范圍；x024yy=1xbby=1xb與函2 2數圖象只有一個公共點時b的取值范圍．【完整 解：(1)由題意可得當點P在點A處和點B處時，△DPC的面積即y的值是相等的．xmPB處．ABCD是正方形，∴C⊥BDA=B．∴∠AOB=90°．ABCD22，∴OA=OB=2．∴m=OA+OB=4．2)當點P在線段B2≤x≤4P運動的路程和為A+P=．∵ABCD是正方形，∴D=A∠BC=45°．∴DP=OA+OP=x．PECDE．∴∠PED=90°．22

=2x．2=1×22×2x=x．2 2 2y=x2≤x≤4；3)①當x=0y=4x=2y=2x=4y=4y=1x+b經過點B22)2∴2=12

×2+b．當直線y=1x+b經過點04)b=4．2當直線y=1x+b經過點C44)4=

×4+b．2 2與函數圖象只有一個公共點，∴2<b≤4．故答案為：b12b4．【總 本題考查動點問題的函數圖象．難點是理解直線y=1x+b與函數圖象只有一個公共點與直2線經過函數圖象的幾個關鍵點有關．【舉反三演(2025春東臺市月考ABCDADxA在原點，AB=3AD=5．若矩形以每秒2個單位長度沿x軸正方向做勻速運動．同時點P從A點出發以每秒1ABCDPDABCD也隨之停止運動．PAD點所需的時間；Pt(秒)．t5P的坐標；②若△OAP的面積為ss與t之間的函數關系式(并寫出相應的自變量t的取值范圍)．【思 本題是二次函數的實際應用題需要由易到難逐步解答，(1)(2)①比較簡單解答這兩個問題可以幫助我們理解題意搞清楚題目數量關系；P【完整 3)÷1=11(秒)(2t5時，PABC上，PPEADE．此時A點到E點的距離=0B+BP=5，∴BP=2則E=B=3E=BP=2∴OE=OA+AE=10+2=12∴點P的坐標為23．②分三種情況：i0<t≤3P在BA=2tP=t2

×2t×t=t2ii.3t8PBCOA2t2

×2t×3=3ti8<t<1P在DA=2tB+BC+P=t=(AB+BC+CD)-(AB+BC+CP)=11-t2

×2t×(11-t)=-t2+11t【總 本題是二次函數與矩形性質的綜合題也是動態幾何問題需要從運動中找規律分類討論．性性相似動類型三(2024秋?梁溪區月考)已知AB=10AC=6BD=8∠AB=∠A=αP以每秒2個單CABQxD→B→At秒．①若x=1P運動路程始終是點Q運動路程的2倍；PQA點時，x6；③若α=90°t=5x=1C與Q垂直；△ACP△BPQx0.8或4．11以上說法正確的選項為( )A.①③ B.①②③ C.①②④ D.①②③④思 ①若x=1即點P的速度時點Q的2倍即可求解；PQ的運動時間即可求解；③證明CP≠BBQ④若P與BQC=B且P=BQ或C=BQ且P=BP完整 解①若x=1即點P的速度時點Q的2倍故點P運動路程始終是點Q運動路程的2倍正確符合題意；②點P到達A6÷2=3x=6Q到達點A(8+0)÷6=3題意；③若α=90°t=5x=1CP=BBQ，∵∠A=∠B=α，∴△APC∽△BQP，∴∠CPA=∠PQB，∠PQBQPB90°，∴∠CPA+∠QPB=90°，CPPQ，C=6P=5×2-6=4B=B-P=6，而Q=1×5=5BQ=8-5=3，則CP=32BBQ=21，故CP≠BBQ，P=2t-6B=0-(2t-6)=6-2tQD=tBQ=8-t，△ACP△BPQ全等，ACPBAPBQACBQAPBP，6162t2t68xt68xt2t6162t，或11C．【總 本題為三角形綜合題涉及到三角形全等和相似動點問題分類求解是解題的關鍵．【舉一反三演練】(2023春?萊州市期末)△ABCAB=AC∠AC=90°P為BC45°角的透明45°角的頂點落在點PP點旋轉．如圖aABAC于點EF△BE∽△FP；將三角板繞點P旋轉到圖bBAACEF．△CFP(只需寫出結論)(2)EF，△BPE△PFEP運動到什么位置時，△PFE相似？說明理由．思 (1)找出△BE與△P的對應角其中∠BE+∠F=35°∠F+∠P=35°得出∠BE=∠P從而解決問題；(1小題證明方法可證：△BPECFP；動點P運動到BC△BE與△E(1)△BE∽△PPBE=F：EP=BPBBE=FEBE與E相似．完整 )證明∵在BC中∠C=90°B=C，∴∠B=∠C=45°．∵∠B+∠BPE+∠BEP=180°，∴∠BPE+∠BEP=135°，∵∠EPF=45°，BPEEPFCPF180°，∴∠BPE+∠CPF=135°，BC，BPECFP(兩角對應相等的兩個三角形相似)．解：△BPECFP；∵在BC∠C=90°B=C，∴∠B=∠C=45°．∵∠B+∠BPE+∠BEP=180°，∴∠BPE+∠BEP=135°，∵∠EPF=45°，BPEEPFCPF180°，∴∠BPE+∠CPF=135°，BC，BPECFP(兩角對應相等的兩個三角形相似)．PBC中點位置時，△BPE△PFE相似，)BE∽△P，得PBE=FECPBP，因此BBE=FE∠EBPEPF，△BPE∽△PFE(兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似)．【總此題主要考查了相似三角形的判定．它以每位學生都有的三角板在圖形上的運動為背景考查了學生圖形旋轉變換的思想力．性性角等類型四(2024秋?高郵市期中)△ABC∠B=90°AB=16cmBC=12cmMN是△ABC邊N從點A開始沿A→B2cmsM從點B開始沿B→C→A4cmsts．2sMN的長；MBC△MNB是等腰三角形？MCA△BCMt的值．【思 (1)由題意求得BM和BN由勾股定理可求出答案；tBMBNBMBNtt；CM完整 解)當t=2時N=2t=4cmBM=2t=8cm．∵AB=16cm，∴BN=AB-AN=16-4=12(cm)，Rt△BPQMN=BM2+BN2=122+82=413(cm)，MN413cm．由題意可知N=2tBM=tAB16cm，∴BN=AB-AN=(16-2t)cm，△MNBBMBN，∴6-2t=4tt=8，38s△MNB是等腰三角形．3△ABCAC20cm，MAC上運動時，AMBCAC4t324t，∴CM=AC-AM=20-(32-4t)=4t-12，BCM為等腰三角形，BMBC，CMBCCMBM三種情況：BMBC12BBEACCE=1CM2t6，2Rt△ABCBE=48；5Rt△BCEBC2BE2CE2122=485

2+(2t-6)2，t6.6t=-0.6(舍去)，②當M=BC=24t-2=2t=6，CMBM∠CMBC，∵∠C+∠A=90°=∠CBM+∠MBA，∴∠A=∠MBA，∴MB=MA，∴M=M=04t-2=0t=55，【總 本題為三角形的綜合應用涉及勾股定理等腰三角形的性質等積法方程思想及分類討論思想等知識．用時間t用．類型五動行行性(2025春?鹽城月考)ABDAB=4cmBC=8cmP從點D出發向點AAQBCCPQ的速度的速度都是1cmsQQPPQ運動的時間為t(s)．tABQP是矩形？tAQCP是菱形？(2)AQCP的周長和面積．思 )當四邊形BQP是矩形時BQ=P據此求得t的值；當四邊形QPQ=Qt；=4t=矩形的面積2個直角三角形的面積．完整 解)當四邊形BQP是矩形時BQ=P即t=8-t，解得t=4．t4ABQP是矩形；tAQCP是菱形當Q=Q42+2=8-tQP為菱形．解得：t3．t3AQCP是菱形；當t=3Q=54Q=20cm，×2

×3×4=20(cm2)．【總【舉一反三演練】(2024春?鎮江期中)ABDAB=6cmAD=10cmP在AD邊上以每秒1cmADQBC2.5cmCCB間往返運P到達點DQ也停止運動．設運動時間為tstPDQB為頂點的四邊形是平行四邊形？()203

407

203

或407

403

或407由四邊形BD為平行四邊形可得出D∥BQD=BQPDQB四點組成的四邊形為平行四邊形PD=BQ即可/【完整解：ABCD為平行四邊形，∴PD∥BQ．PDQB四點組成的四邊形為平行四邊形PD=BQ．t．當0<t≤4P=tD=0-tQ=25tBQ=0-25t，∴10-t=10-2.5t，2.5t=0，t0(舍去)；當4<t≤8P=tD=0-tBQ=25t-0，∴10-t=2.5t-10，解得：t=40；7當8<t≤0P=tD=0-tQ=25t-20BQ=30-25t，∴10-t=30-2.5t，=3407

PDQB為頂點的四邊形是平行四邊形．故選：B．【總 本題考查了平行四邊形的判定與性質以及一元一次方程的應用分三種情況列出關于t的一元一次方程是解題的關鍵．(2025春?高新區月考)ABDAB∥D∠BD=90°AB=AD=10cmBC=8cmPA3cm的速度沿折線ABCDQD2cm的速度沿線段C方向向點C運動．已知動點PQQ運動到點CPQt．CD的長；PBQDPBQD的周長；PQ△BPQ20cm2t【思 (1)過點A作AM⊥CD于M根據勾股定理可以求出DM=6所以DC=16．當四邊形BQDP在BQ在CBP=0-3tQ=2t0-3t=2tt=2BP=Q=4Q=2△BQBQ即可．P在線段BP在線段BCP在線段Dt的值．【完整 根據勾股定理D=0cmM=BC=8cm，∴DM=102-82=6(cm)，∴CD=16cm；PBQD為平行四邊形時，PABQDCBP=0-3tQ=2t∴0-3t=2tt=2BP=Q=4Q=213∴BQ=82+122=413PBQD2(BPBQ8813；PAB0t≤103S△BPQ=1BP?BC=1(10-3t)×8=20

2 2∴t=5．3PBC103

t6BP=3t-0Q=6-2t∴S△BPQ=1BP?CQ=1(3t-10)×(16-2t)=202 232-34t+00=0Δ=-44<0PCD上時，PQ6t<34，5PQ345t2S△BPQ=1(34-5t)×8=20，25

<6PQ的左側，5

<t≤8，2則有Q=5t-34S△BPQ=15t-34)×8=20，2t=7.8．3tt1=5，t27.8．3【總 本題是平行四邊形中的動點問題解決問題時一定要變動為靜將其轉化為常見的幾何問題，再進行解答．動動類型六(2024秋?沛縣期中)△ABC∠A=90°AB=6AC=8BC=10D平分∠BA交AB于點D點PQ分別是DAC上的動點連接APQ則AP+Q的最小值是( )A.6 B.5 C.4.8 D.4思 如圖作點Q關于直線D的對稱點Q′作M⊥BC于M．由A+Q=A+Q′推出據垂線段最短可知當APQ′共線且與M重合時A+Q的值最小最小值=線段M的長．【完整 解如圖中，作點Q關于直線D的對稱點Q′M⊥BC于M，∵PA+PQ=PA+PQ′，∴根據垂線段最短可知APQ′MA+Q=線段M的長．∵△BC∠C=90°B=6BC=0C=8，∴M=B?BC

=6×810

=4.8．C．【總 本題考查了軸對稱-最短路線問題角平分線的性質作圖與基本作圖等知識點解此題的關鍵是根據軸對稱的性質找出P點．【舉一反三演練】(2022秋?如東縣期末)如圖邊長為a的等邊△ABC中BF是AC上中線且BF=b點D在BF上，連接AD在AD的右側作等邊△AE連接F則△AF周長的最小值是( )1a+2b B.1a+b C.a+1b D.3a2 3 2 2 2思 首先證明點E在射線E上運動(∠E=30°)作點A關于直線E的對稱點M連接M交E于E′E′+E′的值最小．【完整 解如，∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，∴B=C=aD=E∠C=∠E=∠BC=60°，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ABD=∠ACE，∵F=F=1aBF=b，2∴∠BD=∠BD=∠E=30°BF⊥C，ECE(∠ACE30°)，作點A關于直線E的對稱點MM交E于E′E′+E′的值最小，∵CA=CM，∠ACM=60°，ACM是等邊三角形，∴AM=AC，∵BF⊥AC，∴FM=BF=b，AEFAFFEAEAFFM=1ab，2故選：B．【總 本題考查軸對稱最短問題等邊三角形的性質和判定全等三角形的判定和性質等知識解題的關鍵是證明點E在射線E上運動∠E=30°)本題難度比較大屬于中考填空題中的壓軸題．(2020秋常州期中O2，A為圓上一定點，PAP為邊作等腰Rt△AGP點在圓上運動一周的過程中OG的最大值為 2 2+ 2 ．思 連接A作H⊥A交⊙O于點H連接HHGP．首先證明∠P∽△HG推出OP=OAHG AH題．

=2P=2HG=22G≤H+HGG≤2+222完整 解連接A作H⊥A交⊙O于點H連接HHGP．∴AH=2OA，∴P=G∠G=90°，∴AG=2AP，∴OAAH

=APAG

=2，2∵∠OAH=∠PAG=45°，∴∠OAP=∠HAG，∴△OAP∽△HAG，∴OPHG

=OAAH

=2，2∵OP=2，∴HG=22，∵OG≤OH+HG，∴OG≤2+22，OG222．222．【總 本題考查旋轉變換等腰直角三角形的性質相似三角形的判定和性質三角形的三邊關系等知識解題的關鍵是學會添加常用輔助線構造相似三角形解決問題學會用轉化的思想思考問題．(2023?崇川區三模)如圖邊長為a的等邊△ABC中，BF是AC上中線點D是線段BF上的動點連接AD在AD的右側作等邊△AE連接BE則AE+BE的最小值是( )A.(3+1)a B.3a-1C. D. 首先證明△D≌△EE在射線E上運動(證明∠E=30°)E在射線EACEMFM，EMAE=ME△ACM得到點BFME+BE=E+C. D. 【完整 解如，∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，∴B=C=aD=E∠C=∠E=∠BC=60°，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ABD=∠ACE，BF△ABC的中線，∴AF=CF=1a，2∴BF=3a，2∴∠BD=∠BD=∠E=30°BF⊥C，CM，∠ACM2∠ACE60°，ACM是等邊三角形，∴∠M=90°M=C=a，∴∠AFB+∠AFM=180°，∴點BFM三點共線，∴AE+BE=ME+BE≥BM=3a，故選：D．【總 本題考查軸對稱最短問題等邊三角形的性質和判定全等三角形的判定和性質等知識解題的關鍵是證明點E在射線CE上運動(∠ACE=30°)．(2023?張家港市模擬)AB是⊙OC在⊙OD⊥ABDAD=2是⊙O上的動點(不與C重合)F為EE運動過程中F的最大值為4D的值()323

2

3

7222【思 首先根據題意取OC的中點根據點E的運動軌跡確定點F的運動軌跡根據DF≤DM+F可確定當點DMF三點共線時F有最大值4此時F=M+F求出M=4-r再根據222DM=1OC=rr2 2ODCD的長．【完整 解方法一如圖所示連接OEOC取OC的中點M連接MF和DM設⊙O的半徑為r，FCE的中點，∴MF=1OE=r，2 2∵點E是⊙O上的動點不與C重合)C為頂點，FMMF的長為半徑的圓上，DFDMMF，∴當點DMFF有最大值4F=M+F，∴DM=4-r，2∵CD⊥AB，∴∠CDO=90°，MOC的中點，∴DM=1OC=r，2 2∴-r4，2 2∴OD=OA-AD=2，Rt△CDO中，CD=OC2-OD223；D交⊙O于QQEO，∵D⊥BB是直徑，∴CD=DQ，FCE的中點，∴QE=2DF，QE為直徑時，DF有最大值，∴QE=2DF=8，∴AO=CO=4，∴DO=2，Rt△CDO中，CD=OC2-OD223；故選：A．【總 本題主要考查的是圓的動點綜合題型解題關鍵是確定點DMF三點共線時，DF有最大值徑徑求類型七20.(2025?淮安一模)A(-11)B(-14)C(-54)P是△ABCOPOPOP△OPQP△ABCQ運動的路徑長為6262【思 如圖由題意點P在△ABC的三條邊上運動一周時點Q運動的軌跡是△MGH．利用相似三角形的性質求出GHH即可解決問題．【完整 解如圖由題意點P在△ABC的三條邊上運動一周時點Q運動的軌跡是△MGH．∵-1)B-14)C-54)，∴B=3BC=4C=5，∵OMOA

=OG

=2，∠AOB=∠MOG，2∴△AOB∽△MOG，∴MGAB

=OMOA

=2，2322∴MG3222AC=52，3225222322522QMGGHMH=故答案為：62．

+22+

=62．【總 本題考查軌跡相似三角形的判定和性質解直角三角形等知識解題的關鍵是正確尋找點Q【舉一反三演練】(2024?東海縣模擬)ABD的邊長為22的線段QR的兩端放在正方形的相鄰的QAABCDAARBBCDABBQR的中點M所經過的路線的長為2π．【思 根據直角三角形的性質斜邊上的中線等于斜邊的一半可知點M到正方形各頂點的距離都為1故點M所走的運動軌跡為以正方形各頂點為圓心以1為半徑的四個扇形點M1【完整 解連接BM，QAB之間運動時，QRB點形成直角三角形，MQR中點，BM=1QR1，2MB為圓心的四分之一圓．QBC之間運動時，MC為圓心的四分之一圓，MBM12π．故答案為：2π【總 此題主要是考查了直角三角形的性質和弧長公式．(2024秋?高郵市月考)如圖在矩形ABD中AB=1AD= 3點P在線段BC上從點B出發點C運動同時點Q在線段AD上以相同速度從點D出發向點A運動過點A作AM⊥PQ交直線PQ于點M當點P從點B運動到點C的過程中點M的運動路徑長是 2π ．3【思 根據題意確定點A點G點I和點H四點共圓利用矩形的性質和三角形面積公式求得AI則∠BAI30，∠IAD60，AIAH△AIH△AGO△IGO△IGBM=1BDM的軌跡是以△IH得內心O為圓心OH=1BDO2 2=1H∠M=20°2【完整 解如圖，PBMIPQMH，HADPCMAMGMMHABGHOO和O，∴∠GMH+∠GAH=180°，AGIH四點共圓，ABCD是矩形，∴AB=CD，∵B=1D=3，∴B=BC2+C2=2n∠BD=3∠BD=60°，∵AI⊥PQ，∴S△ABD=1AB×AD=1AI×BD．2 2∴AI=3．2∴BI=AB2-AM2=1，2∴∠I=30°∠ID=60°，∵AH=1AD=3，2 2∵AI=AH，AIH為等邊三角形，∴AH=HI．Rt△GAHRt△GIH中，H=HAH=IH∴△GAH≌△GIH(HL)，∴∠HG=30°∠H=60°，∵OA=OG，AGO為等邊三角形，同理可證，△MGO為等邊三角形，∴∠MGB=60°，IGB為等邊三角形，HGABAD的中點，∴GH=1BD=1，2∴AO=1GH=1，2 2∵∠AOM=∠AOG+∠GOM=120°， 240 1 2π∴AHM=180π×2=3，故答案為：2π．3【總 本題主要考查四點共圓矩形的性質勾股定理全等三角形的判定和性質等邊三角形的判定和性質以及弧長公式解題的關鍵是找到點的軌跡和求得其圓心以及半徑長．2024中考真題動點問題精煉(2024?蘭州)如圖1ABD∠ABC=60°BDM從B出發沿BD方向以3cms的速度運動至DNBBC1cm/s的速度運動至Cx(s，△BMN的面積為y(cm2)．y與x的函數圖象如圖2所示則菱形ABCD的邊長為( )22cm B.42cm C.4cm D.8cm思 根據題意可知BN=xcmBM=3xcm結合菱形的性質得∠BC=30°過點M作HBC于點HHM=3xcmy=3x2acmBD=3acmM和2 4點N同時到達點D和點C△BN的面積達到最大值43xa．完整 解根據題意可知BN=xcmBM=3xcm，∴∠DBC=30°，過點M作H⊥BC于點HC交BD于Osin∠MBH=3x(cm)，2∴y=S△BMN=1BN?MH=3x2(cm2)，2 4acm，∴BD=2BO=2BCcos∠OBC=2×a×2

=3a(cm)，MNDC△BMN43，∴3x2=43，4x4(負值舍去)，BC4，C．【總 本題考查動點問題的函數圖象菱形的性質和二次函數的性質關鍵是根據圖象得出△BMN的面積達到最大值43時，M，N的位置．(2024?蘇州)ABDAB=3BC=1EF分別從點AC1個單位長度的速度沿ABD向終點BDEF作直線lA作直線lGAG的最大值為()3B.332

C.2 D.1思 由勾股定理可求C的長可證△F≌△E可得O=O=1由G⊥F可得點G在以O為直徑的圓上運動則G為直徑時G有最大值為1即可求解．【完整 解連接AC交EF于O，ABCD是矩形，∴B∥D∠B=90°，∴AC=AB2+BC2=3+1=2，∵動點EF分別從點AC1個單位長度的速度沿BD向終點BD運動，∴CF=AE，∵AB∥CD，∴∠ACD=∠CAB，COFAOE，∴△COF≌△AOE(AAS)，∴AO=CO=1，，GAO為直徑的圓上運動，AG為直徑時，AG1，故選：D．【總 本題考查了矩形的性質勾股定理全等三角形的判定和性質圓的有關知識確定點G的運動軌跡是解題的關鍵．(2024?甘肅)如圖1動點P從菱形ABD的點A出發沿邊AB→BC勻速運動運動到點C時停止．設點P的運動路程為xO的長為yy與x的函數圖象如圖2所示當點P運動到BC中點時O的長為( )52A.2 B.3 C. D.252思 結合圖象得到當x=0時O=O=4當點P運動到點B時O=BO=2根據菱形的性質得∠B=∠BC=90°繼而得到B=BC=2+B2=25當點P運動到BC中點時O的1BC=52【完整 解結合圖象得到當x=0時，PO=AO=4，PB時，POBO2，ABCD，∴AC⊥BD，∴∠AOB=∠BOC=90°，∴AB=BC=OA2+OB2=25，PBC中點時，PO的長為1BC=5，2C．【總 本題考查了菱形的性質勾股定理直角三角形的性質熟練掌握菱形的性質勾股定理直角三角形的性質是解題的關鍵．(2024?長沙)ABDAB=6∠B=30°E是BCAEEA作AF⊥E于點F．設E=xAF=y則y與x之間的函數解析式為(不考慮自變量x的取值圍)( )y=9x

y=12x

y=18x

y=36x過D作H⊥BC交BC的延長線于HBDB=6B∥DB=DD=6D∥BC∠H=∠B=30°∠F=∠H到現在得到H=1D=32【完整DDHBCBCH，在菱形BDB=6B∥DB=D=D=6D∥BC，∴∠H=∠B=30°∠F=∠H，∴DH=1CD=3，2∵AF⊥DE，∴∠AFD=∠EHD=90°，∴△ADF∽△DEH，∴ADDE

=AF，DH∴6=y，x 3∴y=18，xC．【總 本題考查了菱形的性質含30°直角三角形的性質相似三角形的判定和性質正確地作出輔助線是解題的關鍵．(2024?綿陽)如圖在邊長為2的正六邊形ABF中連接BE點H在BE上運動點G為F的中點當△AGH的周長最小時，AH+GH=( )A.2 B. C.12 D.13313【思△AGH的周長最小時，AHGHGBE的對稱點為點G′G′交BE于點H'EH′GH'G=H'G′H'+H'=G′六邊形的性質和勾股定理計算即可．313【完整 解如圖，△AGHAH+HG最小，利用正六邊形的性質可得點G關于BE的對稱點為點G′G′交BE于點H'EHG，那么有H'G=H'G′H'+H'=G′最小，∵∠F=20°F=F=2，∴AE=23，∵∠G′=90°G′=1E=1，2∴AG′= 12+(23)2=13，△AGH的周長最小時，AHGH=13．故選：B．【總 此題主要考查了正多邊形和圓以及軸對稱-最短路線問題得出H′點位置是解題關鍵．(2024?自貢)?ABD∠B=60°AB=6cmBC=12cm．點P從點A1cms的ADQC3cm/sCBCP到達DQ隨之停止運動．在此運動過程中PQCD()A.3 B.4 C.5 D.6P從A到D需2sQ從C到B(或從B到C)需4sPQ運動時間為ts0≤t≤4Q作QH⊥D于HC作G⊥D于GQDt+3+3t+3=2t=15QDt+3t=2t=34<t≤8QD3(t-4)=tt=6QDD>6cm4<t≤88<t≤2QD3(t-8)=2-tt=9P從A到D需2sQ從C到B或從B到C)需4s，設PQ運動時間為ts，①當0≤t≤4Q作QH⊥D于HC作G⊥D于GP=tcmQ=3tcm=H，∵D∥QQ=D，CQPD是等腰梯形，∴∠QPH=∠D=∠B=60°，∵PQ=CD=AB=6cm，∴H=1Q=3cmG=1D=3cm，2 2∵AP+PH+GH+DG=AD=BC=12，t33t312，t1.5；CQPDPDCQ3tcm，t3t12，t3，4t8CQPD此時BQ=3t-4cmP=tcm，∴BQ=AP，3(t4t，t6；QD是DQD>6cm4<t≤8時不存在；8t12CQPD此時Q=3t-8)D=2-t，3(t812t，t9，6s9sPQCD；故選：B．【總 本題考查平行四邊形等腰梯形的性質及應用解題的關鍵是分類討論思想的應用．(2024?瀘州)6的正方形ABDEF分別是邊ABBCAE=BFAF與E交于點OM是FG是邊ABAG=2GBM+1FG的最2小值是( )A.4 B.5 C.8 D.10思 先證明△E≌△F(S)得到∠E=∠E進而得到∠F=90°則由直角三角形的性質可得OM=1DF如圖所示在AB延長線上截取BH=BG連接FH易證明△FBG≌△FBH2(S)H=GHDFF+HFM+1G2小值即為HH=8Rt△HH=D2+H2=0M+1FG5．2【完整 解：∵四邊形ABCD是正方形，∴D=B∠B=∠BC=90°，AEBF，∴△ADE≌△BAF(SAS)，∴∠ADE=∠BAF，∴∠DOF=∠ADO+∠DAO=∠BAF+∠DAO=∠DAB=90°，MDF的中點，∴OM=1DF，2B延長線上截取BH=BGH，∵∠BG=∠BH=90°B=BBG=BH，∴△FBG≌△FBH(SAS)，∴FH=FG，∴OM+1FG=1DF+1HF=1(DF+HF)，2 2 2 2HDF三點共線時，DFHFOM+1FGDH的長的一2半，∵G=2BB=6，∴BH=BG=2，∴AH=8，Rt△ADHDH=AD2AH210．OM+1FG5，2故選：B．【總 本題主要考查了正方形的性質全等三角形的性質與判定直角三角形的性質勾股定理等通過作輔助線可幫助解題．(2024?樂山)如圖在菱形ABD中∠ABC=60°AB=1點P是BC邊上一個動點在BC延長線上找一點Q使得點P和點Q關于點C對稱連結PQ交于點M．當點P從B點運動到C點時，點M的運動路徑長為( )36

33

3 D.323【思 菱形有內角為60°必定有等邊又因為PQ關于點C對稱所以點M一定在CG上運動再把BMCH完整 解如圖過C作G⊥BC交D于點G作B關于C的對稱點Q'連接BD和Q'交于點H．ACD是等邊三角形，CGAD，PQC對稱，MCG上，PBC，MCH這一段．∵AB=1=CD，∴CG=CD?sin60°=3，2∵△AHD∽△Q'HB，∴GHCH

=ADBQ′

=1，2∴CH=2CG=3，3 3M的運動路徑長為3．3故選：B．【總 本題主要考查了等邊三角形的性質和判定以及菱形的性質熟練掌握相關知識是解題關鍵．二．填 (共8小)(2024?甘南州)OA1(01)A2(11)A3(10)A4(20)?那么點A0的坐標為(10100)．思 根據前幾個坐標的規律可得An(2n0)An+1(2n1)An+2(2n+11)An+3(2n+10)后根據規律求解即可．完整 解根據題意可知A1(01)A2(11)A3(10)A4(20)A5(21)A6(31)A7(30)A8(4，0)??n2n0)n+2n)n+22n+1)n+32n+10)，∵2020=4×505，∴點2020的坐標為0)000．【總 本題考查了點的坐標規律型問題解題的關鍵是根據點的坐標的變化得到規律利用得到的規律解題．(2024?廣東)如圖菱形ABD的面積為24點E是AB的中點點F是BC上的動點．若△BF的面積為4則圖中陰影部分的面積為 10 ．思 連接BD因為E是B的中點所以S△D=1S△BD=1

BD=6S△BC=S△D=62據S△BF=4C=1BCS△C=1S△BD=4

4 菱形=S ABCD-S△AED-S△BEF-S△DFC=243-6-4-4=10．【完整 解連接BD，EAB的中點，∴S△AED=1S△ABD=1S

3 陰影 菱形ABCD=6，2EC，

4 菱形S△BECS△AED6，∵S△BEF=4，3∴S△BEF=2S△BEC，3∴FC=1BC，3∴S△DFC=1S△BCD=1S

ABCD=4，3 6 菱形S陰影S菱形ABCDS△AEDS△BEFS△DFC2464410．【總 本題考查菱形的性質及三角形的面積計算根據同高三角形的底之比等于面積之比計算出空白部分三角形面積是解題的關鍵．(2024?內江)△ABC∠ABC=60°BC=8E是BCBE=2I是△ABC的內心，的延長線交ACDBD的最小值為2213思 在B取點F使BF=BE=2連接FF過點F作H⊥BC于H利用三角形內心的義可得出∠BD=∠BD利用S證明△BP≌△BP得出F=E則 E+C=F+C≥CF當CPF三點共線時，PE+PC最小最小值為CF利用含30° 的直 角三角形的性質求出BH利用勾股定理求出FH，CF即可．完整 解在B取點F使BF=BE=2連接FF過點F作H⊥BC于H，△ABC的內心，BI∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，BPBP，∴△BFP≌△BEP(SAS)，∴PF=PE，+PC≥CF，CPF三點共線時，PEPCCF，∴∠BFH=30°，∴BH=1BF=1，2=CH2+FH2=213，PEPC的最小值為213，【總 本題考查了三角形的內心全等三角形的判定與性質含30°的直角三角形的性質勾股定理等知識明確題意添加合適輔助線構造全等三角形和含30°的直角三角形是解題的關鍵．(2024?涼山州)⊙M的圓心為M(40)2P是直線y=x+4P作27M的切線切點為Q則Q的最小值為 ．27思 連接PQ根據切線的性質得到Q⊥Q根據勾股定理得到Q=M2-4根據次函數解析式求出點A點B的坐標再根據垂線段最短計算即可．【完整 解如圖連接MPMQ，PQM的切線，∴MQ⊥PQ，∴PQ= PM2-MQ2=PM2-4，直線y=x+4與x軸的交點A的坐標為-40)y軸的交點B的坐標為04)，∴OA=OB=4，∴∠O=45°M=8，MPAB時，MPAM?sin∠BAO8×2PQ(42)2-4=2827，

=42，【總 本題考查的是切線的性質一次函數的圖象和性質垂線段最短熟記圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．(2024?揚州)l1l2A是l1AB⊥l2于點BCD分別是l1l2上ACBDCDABE，BHCDH∠BAHsin∠BAH的值為 1 ．3思 由題易得四邊形BD是平行四邊形從而得到BE是定長又由∠BHE=90°得出直角對直角的隱圓模型再根據最大張角問題(相切時)求解即可．【完整 解：∵AC∥BD，ACBD是平行四邊形，∴AE=BE=1AB，2AABl2，AE為定值，∵BH⊥CD，PAGE37PAGE37PAGE38吳群每?免PAGE38吳群每?免費分享，更多專題資料，請加微信：laowu-shuxue∴∠BHE=90°，HBE(如圖，O為圓心)，OE=1BE=1OA，2 3AHO∠BAH最大，∴sin∠BAH=OHOA3

=1．3【總 本題主要考查了切線的性質熟練掌握切線的性質圓周角定理是解題的關鍵其中識別出隱圓模型至關重要．(2024?宜賓)ABDAB=2AD=4EF分別是邊DAD3 CE=DF．當AE+CF的值最小時則CE= 2 3 思 可證△F≌△HE可得F=H則E+F=E+H即當點A點E點H三點共線時，AE+CF有最小值通過證明△CEH∽△BAH可得△CEH∽△BAH即可求解．完整 解如圖延長BC至H使H=D連接H，ABCD是平行四邊形，∴D=BC=4B=D=2D∥BC，∴∠D=∠DCH，∴△CDF≌△HCE(SAS)，∴CF=EH，∴AE+CF=AE+EH，∴當點AEHE+F有最小值，AB，∴△CEH∽△BAH，∴CHBH

=CE，AB∴2=CE，2+4 2∴CE=2，3．3【總 本題考查了平行四邊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添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．(2024宜賓ABCD1，MNBCCD∠MAN4522-222-2【思 由∠MAN=45°識別出半角模型從而構造△GAN≌△MAN將MN線段進行轉化設BM=xN=yy完整 解方法一如圖延長D到點G使G=BM．ABCD為正方形，∴D=BC=B∠D=∠C=90°，ADGADN90ABM，又∵BM=GD=B，∴△ABM≌△ADG(SAS)，∴∠M=∠GM=G，∵∠MAN=45°，∴∠G+∠N=45°∠N=45°，△GAN△MAN中，G=M∠N=∠N，N=N∴△GAN≌△MAN(SAS)，∴GN=MN．設BM=xN=yN=yG=．∵BC=CD=1，∴M=1-xN=x-y+1，Rt△CMNMN2CM2CN2，y21x)2xy1)2，x2+1

(x+1)2-2(x+1)+2 2

x+1=

x+1 =x+1+x+1-2，(x+1)?2x+1∵x(x+1)?2x+1x+1∴y≥22-2，

=22，=D到點GG=BM．ABCD為正方形，∴D=BC=B∠D=∠C=90°，ADGADN90ABM，又∵BM=GD=B，PAGE39PAGE39PAGE40PAGE40∴△ABM≌△ADG(SAS)，∴∠M=∠GM=G，∵∠MAN=45°，∴∠G+∠N=45°∠N=45°，△GAN△MAN中，G=M∠N=∠N，N=N∴△GAN≌△MAN(SAS)，∴GN=MN．△GANO，∵∠GAN=45°，∴∠GON=90°，設H=H=aN=2aH=a，Rt△GON中，OGON=2a，∴OA=2a，∵OA+OH≥AD，∴2a+a≥1，∴a≥2-1，AOH三點共線時取等，GN2a222，∴MN=22-2；【總 本題主要考查了正方形的性質和全等三角形的判定和性質其中識別半角模型進行轉化是解題的關鍵．(2024?廣安)?ABDAB=4AD=5∠ABC=30°M為直線BCA+MD的最小值為 41 ．思 如圖作A關于直線BC的對稱點A′連接A′D交BC于M′則H=A′HH⊥BCM′=M′MM'A+DD完整 解如圖作A關于直線BC的對稱點A′連接A′D交BC于M′則H=A′HH⊥BC，AM'=A'M'，M，M重合時，MAMDA′D，∵B=4∠BC=30°?BD中，∴H=1B=2D∥BC，2∴A'=2H=4A'⊥D，∵AD=5，∴A′D=42+52=41，故答案為：41．【總此題考查了平行四邊形的性質解題的關鍵．三．解題(6小(2024?威海)ABDAB=10cm∠ABC=60°E為對角線ACE為一邊作∠F=60°F交射線BC于點FBEF．點E從點CA方向以每秒2cmA△BEFycm2Ex秒．yxx的取值范圍；xDF的長度最短．思 (1)設D與F相交于點M證明△BE≌△E(S)可得∠BE=∠EBE=E，利用三角形外角性質可得∠E=∠E即得∠BE=∠E即可求證；EENBCNENCE?sin60，CNCE?cos60BNBC-CNBFyx0<2x≤0x的取值范圍；△DEFBEDFDFBEBEAC時，BE△ABCCE即可求解；【完整(1CDEFM，∵四邊形BD∴BC=C∠BE=∠EB∥D，∵∠ABC=60°，∴∠DCF=60°，△BCE△DCE中，BC=C∠BE=∠E，E=F∴△BCE≌△DCE(SAS)，∴∠BE=∠EBE=E，+∠CFE，DEFDCF60°，=∠CFE，∴∠CBE=∠CFE，∴BE=EF；EENBCN∠ENC90°，∵BE=EF，∴BF=2BN，∴BC=B=0cm∠B=∠BD=60°∠N=60°，∵CE=2xcm，∴EN=CE?sin60°=2x?32

=3cm)N=Ecs60°=2?12

=x(cm)，∴BN=BC-CN=10-x(cm)，∴BF=2(10-x)cm，∴y=1BF?EN=1

×2(10-x)×3x=-3x2+103x，2 2∵0<2x≤10，∴0<x≤5，∴y=-3x2+103x(0<x≤5)；∵BE=EBE=F，∴DE=EF，∵∠DEF=60°，DEF為等邊三角形，∴DE=DF-EF，∴BE=DF，BEACBEABCD是菱形，∴AD=BC，∵∠ABC=60°，ABC為等邊三角形，∴AE=AB=AC=10cm，∵BE⊥AC，∴CE=1AC=5cm，2∴x=CE2=2

=5，2DF的長度最短．【總握菱形的性質及等邊三角形的判定和性質．(2024?黑龍江)OABOBxA在第一象限，OAx25x60PO2個單位長度的速度沿折線OA-ABQ從點O出發以每秒3個單位長度的速度沿折線OB-APQ兩點t秒(0<t<36)△OQ的面積為S．A的坐標；St的函數關系式；(2S63MyNOPMN為頂點的四邊形是菱形．若存在N【思 (1)運用因式分解法解方程求出OA的長根據等邊三角形的性質得出OA=OB=OC=6，∠B=∠B=∠BO=60°A作C⊥xCC的長即可；3分0<t≤22<t≤3和3<t<363當32

t=2OP=4OP為邊和對角線兩種情況可得點M-3 2 2

3t27363OPMN為頂點的四邊形是菱形．完整 解2-5x-6=0解得1=62=-1，OAx25x60的根，∴OA=6，OAB是等邊三角形，∴A=B=C=6∠B=∠B=∠BO=60°，AACxC，Rt△AOC中，∠AOC60°，∴∠OAC=30°，∴OC=1OA=1

×6=3，2 2∴AC=OA2-OC2=62-32=33，∴點A的坐標為333)；0t2PPDxD，∴P=2tQ=3t∠D=30°，∴OD=t，∴PD=OP2-OD2= (2t)2-t2=3t，∴S=1OQ?PD=1×3t×3t=3

3t2，2 2 2當2<t≤3Q作QE⊥AE，∵∠A=60°，123t，∴E=6-3tQE= Q2-E2=63-33t，2 2OP2t，2

×2t××63-33t2

2

3t2+63t；當3<t<36O作F⊥BF，∴PQ=18-(2t+3t)=18-5t，同理可得，BF=1OB3，2∴OF=OB2-BF2=33，2

×33×(18-5t)=-152

3t+273；32綜上所述S=-

3t2(0<t≤2)3t2+63t(2<t≤3) ；22-5

3t+273(3<t<3.6) 22

3t2603時，t2，∴OP=2×2=4，過點P作G⊥x軸于點GG=1P=2，2∴PG=OP2-OG2=42-22=23，∴點P的坐標為223)；當PP沿軸向下平移4個單位得N(223-4)M(04)NP沿y軸向上平移4個單位得N223+4)M04)N作點P關于軸的對稱點N-223)M043)O是蔞形；OPOPTTTMyyMMTNTNTMONNNHxH，則∠T=∠T=∠HN=30°T=2，，∴ON2=OT2+TN2，ON222+1ON2，23，33

N2，2 3；32

3t2+63t=63，解得t=22

3t27363時，t245

<3，綜上點N的坐標為24+23)或223-4)或-223)或22 3．3【總理，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半輔助線和分類討論．(2024?無錫)AB為半圓OAB=1BM為半圓OC為BM上的一個動點，連接AC交半圓O于點DE⊥BM于點E．OACOBC的長；設E=xE=yy關于x的函數表達式．(1)O′O′O′=OC⊥O′△O′∠O′=60°∠B=30°30度角的直角三角形三邊的關系求解；(2)

連接BD△E∽△BE得到BE

x2BC=y

+y2y AB⊥BME∥B△E∽△BE

=CE即x=

yx的關系式．【完整 解：(1)如圖連結OO′AO′，OACO恰好在半圓上，∴O′=OC⊥O′，∵OA=OO′，∴OA=OO′=AO′，AOO是等邊三角形，∴∠OAO′=60°，∴∠CAB=1∠OAO′=30°，2Rt△BAC中，BC=3AB=3；3 32)連接BDAB為直徑，

AB

1 y2y∴∠ADB=90°，∵∠E=∠BD∠D=∠B，∴△CDE∽△DBE，∴EBE=EExBE=yx，∴BE=x2，y+BE=y+x2yBMO的切線，∴AB⊥BM，∴DE∥AB，

=x2+y2y∴DE

=CE即x= yAB∴y=

CB 1 x2+y2xxxx-x21-x ．【總 本題考查了切線的性質圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了函數關系式全等三角形的判定與性質和相似三角形的判定與性質．(2024蘭州綜合與實踐△ABCMN分別為ABAC上的動點(不含端點)AN=BM．【初步嘗試】(11△ABCMAM120得到DBDN=B(2)小梁嘗試改變三角形的形狀后進一步探究2△ABCAB=AC∠AC=90°AE⊥N于點EBC于點FA繞點M逆時針旋轉90°得到DABAFBD(3)孫老師提出新的探究方向3△ABCAB=AC=4∠AC=90°BN，CMBNCM的最小值．)證明M≌△BDS)N=B；ADBF，DBAFAFBD為平行四邊形；過點A作∠G=45°G=BMCBGBG作O⊥B于點O(22)2+(62)2GMC三點共線時，BNCM(22)2+(62)245BNCM45．【完整 (1)證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=60°B=C，MAM120MD，∴∠DMB=60°，∴△ANM≌△MBD(SAS)，∴MN=DB；AFBD∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，MAM90MD，∴A=D∠D=∠A=45°∠A=∠