2025年中考数学二轮复习：最值问题-瓜豆原理 专项训练

二轮复习’--------------1g

2025中考复习【最值问题瓜豆原理专题训练】二轮复习

【模型说明】

动点轨迹问题是中考的重要压轴点.受学生解析几何知识的局限和思维能力的束缚，该压轴点往

往成为学生在中考中的一个坎,致使该压轴点成为学生在中考中失分的一个黑洞.掌握该压轴点的基

本图形，构建问题解决的一般思路，是中考专题复习的一个重要途径.本文就动点轨迹问题的基本图

形作一详述.动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型.

【模型引入】运动轨迹为直线

动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值；

(1)当动点轨迹确定时：直接运用垂线段最短求最值

(2)当动点轨迹不易确定是直线时：可通过以下三种方法进行确定

①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度

不变，若存在该动点的轨迹为直线。

②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线。

③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线。

如图，户是直线8。上一动点，连接AP，取ZQ中点Q,当点。在6C上运动时，Q点

轨迹是？

K

【分析】当Q点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线.

可以这样理解：分别过AQ向8c作垂线，垂足分别为M、N,在运动过程中，因为

AP=2AQ,所以Q/V始终为/"的一半，即Q点到8。的距离是定值，故Q点轨迹是

一条直线.

【模型总结】

必要条件:

①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（N必IQ是定值）；

②主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）.

结论：

P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于NPAQ（当NPAQ490。时，zPAQ等于MN与BC夹

角）

P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由AABCSAAMN,可得AP:AQ=BC:MN）

if

【模型引入】运动轨迹为定圆

动点的轨迹为定圆时，可利用："一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径

之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。

确定动点轨迹为圆或者圆弧型的方法：

(1)动点到定点的距离不变：则点的轨迹是圆或者圆弧。

(2)当某条边与该边所对的角是定值时：该角的顶点的轨迹是圆，具体运用如下；

①见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形

②见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形

如图，夕是圆。上一个动点，Z为定点，连接AP,Q为ZQ中点.

考虑：当点Q在圆。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。有什么关系？

考虑到Q点始终为AP中点，连接A0,取A0中点M,则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径

MQ是0P一半，任意时刻，均有AAMQSAAOP,QM:PO=AQ:AP=1:2.

【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，

由4Q、夕始终共线可得：AM、。三点共线，

由Q为力户中点可得：AM=V2AO.Q点轨迹相当于是尸点轨迹成比例缩放.

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.

如图，户是圆。上一个动点，，为定点，连接ZP,作且ZQ=ZP.

考虑：当点Q在圆。上运动时，Q点轨迹是？

【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将/户绕点/逆时针旋转90。得AQ,故Q点轨迹与尸点轨

迹都是圆.接下来确定圆心与半径.

考虑AP^AQ,可得Q点轨迹圆圆心例满足AM^AO]

考虑AP=AQ,可得Q点轨迹圆圆心例满足AM=AO,且可得半径MQ=PO.

即可确定圆例位置，任意时刻均有A/P8A/Q例.

如图，AZQQ是直角三角形，^PAQ=^a^AP=2AQ,当户在圆。运动时，Q点轨迹是？

【分析】考虑APrAQ,可得Q点轨迹圆圆心例满足AMrAO',

考虑ZP/Q=2:1,可得Q点轨迹圆圆心例满足ZCM例=2:1.

即可确定圆例位置，任意时刻均有A/QOSA/IQ例，且相似比为2.

【模型总结】

为了便于区分动点2Q,可称点"为“主动点"，点Q为"从动点"

【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（N"Q是定值）；

主动点、从动点到定点的距离之比是定量（za/Q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：2的Q=NO4例；

（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与夕的关系相当于旋转+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"

【真题训I练】

1.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Q',连接OQ',贝！］OQ的最小值为()

A考B.V5C.苧D运

•5

二、填空题

2.如图，已知4c=2AO=8，平面内点P到点。的距离为2，连接ZP,若4PB=60目=

\AP,连接26,BC,则线段交的最小值为.

3.如图，在RtM6c中,NACB=90°,NBAC=30°,BC=2,线段6c绕点6旋转到BD,

连2。，£为力。的中点，连接CE,则上的最大值是—.

4.如图，在矩形力比。中，对角线ZC,8。相交于点O,AB=4,zDAC=60。，点尸沿线

段2。从点/至点。运动，连接DF,以。尸为边作等边三角形DFE,氤f和点力分别位于

。尸两侧，连接OE.现给出以下结论：

①NBDE=NEFC；@ED=EC；③直线OE1CD；④点£运动的路程是2百.

其中正确的结论是(写出所有正确结论的序号)

5如图在平面直角坐标系中点Z在X轴上,△045是边长为4的等边三角形，已知点c(-8,0),

。(2,0),点户是线段CD上一点，连接BP,将线段BP绕点8逆时针旋转60彳导到线段BQ,连接

AQ.在点户从点「运动到点。的过程中，线段4Q扫过的面积为.

CP/ODX

6.在矩形4BCD中,AB=6,点E在BC上，点F在平面内,BE=2,EF=3,连按4F,将线段

4F绕着点4顺时针旋转90彳导到4P,则线段PE的最大值为.

三、解答题

7.【问题探究】

(1)如图1,在△4BC中，AB=AC,D为BC的中点，连接AD，则力D与BC的位

置关系是.

A

(2)如图2,在A/IBC中，AB=AC,zBAC=120°E是线段

BC上一动点（不与B、C重合），连接AE,将线段AE绕点4逆时针旋转120。得到线

段AF,连接EF，点M和点N分别是边BC、EF的中点.试探究BE和MN的数量

关系，并说明理由.

【问题解决】

（3）如图3,正方形ABCD是一块蔬菜种植基地，边长为3千米，对角线BD为该基地

内的一条小路，管理人员计划在小路BD上确定一点E（不与点B、D重合），连接AE,

以线段AE为斜边，在AE右侧建等腰直角一EF区域（/EFA=90°）,用来种植新品有机

蔬菜，并在F处设立蔬菜仓库.G点和D点为基地的两个蔬菜打包装运点，G在BD上

且=2DG.现要沿GF、DF修建蔬菜运输轨道，请确定运输轨道GF+DF的最小

值.并求出当GF+DF最小时，有机蔬菜种植区域的面积（即AAEF的面积）.

8.在AABC中，。为直线4C上一动点，连接BD，将BD绕点8逆时针旋转90。，得到师,连

接DE与力B相交于点F.

⑴如图1,若。为4c的中点，NBAC=90°,AC=4,BD=V29,连接&E,求线段HE的长；

⑵如图26是线段从1延长线上一点，。在线段4c上，连接DG,EC若々AC<90°,EC1BG,

ZADE=NDBC,NDBC+NG=NEBF,证明V^BC=2AD+DC；

⑶如图3,若^ABC为等边三角形,AB=66，点例为线段4c上一点，且2cM=4M,点。

是直线BC上的动点，连接EP,MP,EM,请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积.

9.在等边三角形4BC中，点。为力C上一点，连接B。，将绕。逆时针旋转角度a得到。E,

连接BE,已知4B=4,BG1AC；

(1)如图1,若a=60°,tanNDBG=2-V3,连接CE,求CE的长；

(2)如图2,若a=120。，分别取CD的中点〃，BE的中点F,连接HF,DF,求证：HG=HF；

⑶如图3,若AD=|,"为4E上一点，且满足4P=2PE,连接BP,将5P沿着BG所在直线翻

折得到BP',连接GP',当GP最大时，直接写出ABPE的面积.

10.在菱形4BCD中，NBAD=120°,E是对角线BD上的一点，连接AE.

A

A

(1)当E在4B的中垂线上时，把射线£4绕点E顺时针旋转90后交CD于F,连接BF.如图①，

若4B=4,求EF的长.

(2)在(1)的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到^BHK如图②,连接CH,

点N为CH的中点，连接4N,求4N的最大值.

11.如图1,已知在平面直角坐标系X。、中,四边形04BC是矩形点4c分别在x轴和y轴的正半

轴上,连结4C,04=3,tan^OAC=g，。是BC的中点.

(1)求。。的长和点D的坐标；

(2)如图2,M是线段0C上的点，0M=|0C,点P是线段。M上的一个动点，经过P,D,B三点的

抛物线交火轴的正半轴于点E,连结DE交48于点产

①将4DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在4c上，求此时BF的长和点E的坐标；

②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边4DFG,当动点P从点0运动到点M时，点G也

随之运动，请直接写出点G运动路径的长.

12.如图所示，点P(3,4),OP的半径为2,4(2.8,0),B(5.6,0)，点M是OP上的动点，点C是MB

的中点，求4C的最小值.

O\ABX

13.如图，在矩形26。中,AB=3,力。=4,连接BD,将“6。绕点。顺时针旋转，记

旋转后的三角形为“'6。，旋转角为a(0°<a<360。且arl80。).

(1)在旋转过程中，当4落在线段6c上时，求48的长；

(2)连接44AB,当N必'6=90。时,求tanzA/IZ?;

⑶在旋转过程中，若A044的重心为G,则CG的最小值=_.

14.如图所示，在矩形4BCD中，4B=4,4。=2,E为力B的中点/为EC上一动点，P为DF的

中点，连接PB,求PB的最小值.

15.(1)如图①，在矩形ABCD中，4B=4,BC=6,以Z为圆心，2为半径在矩形ABC。内

画弧，已知点例是该弧上的一动点，点/V是8c边上的动点，则MN+ND的最小值为一.

(2)随着社会发展，人们生活品质日益提升，年轻人对高品质生活的追求愈发强烈."荒野

求生"、"生存大挑战”等栏目在网络上火爆，野外探险成为当下很多人想寻求刺激、提升

生活品质的热门选择.图②是一片探险区域，其中四边形4BCD是探险途中的必经区域,AB=

6000米，AD=4800米，4。IIBC,4+4=90°,且="点Z是探险入口，边界CD

上点/V是探险出口，其中CN=4B,点。方圆1000米的圆形区域是危险禁区，严禁探险者

进入.为了保证探险者的安全，在危险区域边界上设有一个可移动监测点E,一旦探险者靠近

并跨入危险区，便会触发警报.一支探险小队计划进入此区域探险，为确保队员统一行动、节

省体力并高效前行，领队需提前确定两个集结点尸和点M,其中点尸在探险区域内，且满足

NEAF=90°,AE=2AF，点例在边界BC上，探险路线是阳/V,请帮助领队计算FM+

MN的最小值.

图①图②

16.如图1,在44BC中，NACB=90。，4C=2,BC=2遮，以点B为圆心，遮为半径作圆.点

P为。B上的动点，连接PC,作p'c±PC，使点P落在直线九的上方，且满足p'c：PC=1：V3，

连接BP,AP,-

(1)求NB4C的度数，并证明△APCBPC；

(2)如图2,若点P在4B上时，连接BP',求BP的长；

(3)点P在运动过程中，BP是否有最大值或最小值？若有，请求出当BP取得最大值或最小

值时，NPBC的度数；若没有，请说明理由.

17.如图所示，在扇形力。8中,OA=3,NAOB=120。，点C是披上的动点，以BC为边作正方

形BCDE,当点C从点力移动至点B时，求点。经过的路径长.

D

E

B

18.如图所示，在等腰Rt△ABC中，4c=BC=2鱼，点P在以斜边48为直径的半圆上,M为PC

的中点，当点P沿半圆从点4运动至点B时，求点M运动的路径长.

19.如图所示，△48。为等腰直角三角形，4(-4,0),直角顶点B在第二象限，点C在y轴上移

动，以BC为斜边向上作等腰直角ABC。,我们发现直角顶点。点随着C点的移动也在一条直线

上移动，求这条直线的函数解析式.

《2025中考复习【最值问题瓜豆原理专题训练】二轮复习》参考答案

题号1

答案B

1.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(m，一如+2),则PM=M-1,QM=-|m+2,

•.-zPMQ=zPNQ,=zQPQ,=90o,

..NQPM+NNPQ'=NPQ'N+NNPQ',

.•.zQPM=zPQ,N,

在WQM和AQ'PN中，

'NPMQ=NPNQ，=90°

'NQPM=NPQ'N,

[PQ=QP

."PQM%Q'PN(AAS),

...PN=QM=—1m+2,Q'N=PM=m-1,

.■.ON=1+PN=3-|m,

，Q'(3一|血，1-m),

，22

.•.OQ=(3-im)2+(1-m)2=jm2.5m+10=；(m-2)+5,

当m=2时，OQ2有最小值为5,

.QQ'的最小值为6,

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.

2.2V7-V3

【分析】如图所示延长国到。使得PB=DB，先证明AZP。是等边三角形从而推出ABP=2Q°,

ABAP=3G°,以ZO为斜边在/C下方作，使得2%。=30°,连接CM,过点例作

柱八/C于〃，解直角三角形得到*=喘=手，从而证明必/1俗-A/OQ,得到器=喘=手，

AUArZUrArN

贝脂M=V3,则点6在以例为圆心，以百为半径的圆上，当仅B、。三点共线时，即点B

在点B的位置时，8c有最小值，据此求解即可.

【详解】解：如图所示，延长须至U。使得PB=DB,

〈BP=加，

：.AP=PD=2PB,

又联60°,

是等边三角形，

:B为也的中点,

：.AB^DP,即"60=90°,

.28g30°,

以2。为斜边在ZC下方作/?加/，使得N/W4O=30°,连接CM,过点例作MHYAC^

H,

：.cos^OAM_—_—,

—AO—2

同理可得箓=苧,

•.2。4%30。=/必18,

..4BAM=4PAOI

Yj..AM_ABV3

乂,40-AP=2，

:QAMBjAOP,

.BM_AB_>/3

""OP~AP~2'

..点P到点。的距离为2,即OA2,

■■.BM=V3,

・••点6在以例为圆心，以g为半径的圆上，

连接交圆M（半径为祗）于8’,

・•・当M、&C三点共线时，即点6在点B的位置时，6c有最小值，

：AC^2AO=8,

"0=4,

.'.AM=AO-cosNtMM=2g,

■.AH=AM-cosZMAH=3,HM=AM-sinNAL4H=g,

：.CH=5,

.'.CM=7HM2+CH?=2V7,

-'-BC=CM-MB'=2V7-V3，

的最小值为2V7-V3,

故答案为：2V7-V3.

D

【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

6在以M为圆心，半径为g的圆上运动.

3.3

【分析】通过已知求得。在以8为圆心,6。长为半径的圆上运动，:E为的中点，

.•麦在以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，求得跳的最大值.

【详解】解：2，线段8c绕点6旋转到BD,

D

：.BD=2,

1

二严=1.

由题意可知，。在以6为圆心，6。长为半径的圆上运动，

・•/为2。的中点，

.在在以BA中点为圆心，”。长为半径的圆上运动,

CE的最大值即C到BA中点的距离加上坪。长.

,.—CB=90°,NBAC=30°,BC=2,

••.C到BA中点的距离即|48=2,

又喝BD=1,

.­.CE的最大值即裂8+lBD=2+l=3.

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£点运动轨迹是解题的关键.

4.①②③

【分析】①根据ND4c=60°,。。=OA，得出△04D为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，

得NEDF=NDEF=60°,即可得出结论①正确；

②如图,连接OE,利用S4S证明△DAF=ADOE,再证明△ODE=△OCE,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。E至,使OE'=OD,连接DE,，通过△DAF=△DOE,NDOE=60°,可分析

得出点尸在线段上从点Z至点。运动时，点£从点。沿线段OE'运动到E',从而得出结

论④错误.

【详解】解：@-.zZMC=60°,OD=OA,

为等边三角形，

，NOOZ=NWO=NO0=60°,AD=OD,

•S。生为等边三角形，

:zEDF=zEFD=aDEF=60°,DF=DE,

:乙BDE+乙FDO=乙ADF+aFDO=60°,

:zBDE=乙ADF,

尸+//田+2。4尸=180°,

：ZADF+NAFD=180°-乙DAF=120°,

..zEFC+乙AFD+乙DFE=180°,

:.乙EFC+AAFD=180°-ADFE=120°,

:.乙ADF;乙EFC,

“BDE=乙EFC,

故结论①正确；

②如图，连接。巳

在A04尸和AOOP中,

AD=OD

{ZADF=NODE,

DF=DF

:.^DA^DOE{SAS),

"DOE=NDAF=6。：

:ACOD=180°-NAOD=120°,

：.^COE=^COD-乙DOE=120°-60°=60°,

:.ACOE=^DOE,

在△和A。々中，

OD=OC

(NDOE=ZCOE,

OE=OE

:.^OD^OCE{SAS),

:.ED=EC,zOCEzODE,

故结论②正确；

③：/ODE二乙ADF,

:.乙ADF:乙OCE,^ADF^^ECF,

故结论③正确；

④如图，延长至E',使OE'=OD,连接DE',

"DAMDOE,ADOE=60°,

二点尸在线段Z。上从点Z至点。运动时，点E从点。沿线段OE运动到F,

-：OE=OD=AD=AB<ax\^ABD=4«tan30°=竽,

，点F运动的路程是竽,

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.

5.10V3

【分析】本题主要涉及等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及图形面积的计算.解

题的关键思路是通过等边三角形的性质构造全等三角形，找出线段4Q扫过的图形，进而计算

其面积.

具体来说，利用△。43是等边三角形和NPBQ=60个勺条件，证明△43「和^OBQ全等，从而将

线段4Q的运动转化为线段BP的运动,进而确定线段4Q扫过的图形，再计算其面积.

【详解】解：•••△。48是边长为4的等边三角形，

•••OA=OB=AB=4,NAOB=ZABO=NAOB=60°.

：.NBAP=1800-ZBAO=120°,

又・•・线段BP绕点B逆时针旋转60得到线段BQ,

・••BP=BQiNPBQ=60°.

•••NPBQ-ZABQ=NABO-ZABQ,

即NQB。=NPBA.

在△ZPB和AOQB中，

(AB=OB

-NPBA=NQBO,

、BP=BQ

•••△APB=△OQB(SAS).

・•・AP=OQ,NBAP=NBOQ=120%

ZAOQ=60°,NBODi=180。-NBOQ=60%

:.ZAOQ=NBAO,ZBAO=NBOD、j

•••AB||OQ,即点Q的运动轨迹在射线Q。上,

作射线Q。,在射线Q。上截取。。1=AD,连接BOBD1,

>

AP+AD=OQ+OD]=QD],

CP/\ODX

Q|

即点。从点C运动到点。的过程中，点Q从图中的点Q运动到点劣，点Q的运动轨迹是下

图中的线段QA,

C(-8,0),D(2,0),此时Q£)i=CD=10,

C(P)/\EODx

1■-AB||OQ,

••线段4Q扫过的图形的面积等于小CDB的面积.

作BE14。于E,

・•・*40=2，

BE=V42-22=2V3,

••线段4Q扫过的面积=SACDE=1X10X2V3=10A/3,

故答案为：10V3.

6.4V5+3

【分析】本题主要考查矩形的性质,旋转的性质，勾股定理等知识，将线段4E绕点4顺时针旋

转90得4邑，得NE】AE=90。,AE,=AE,将线段”绕点4顺时针旋转90得4P,得NF4P=90;

AP=AE，证明△近邑=AAFE，得E]P=EF=3,判断要使EP最大，则P,E,位三点共线时最大，

最大值为EPi,根据勾股定理可求出E&=4%,即可得出结论

【详解】解：,.卡在平面内，且EF=3,

.・万在以E为圆心，3为半径的圆上，如图,

将线段4E绕点4顺时针旋转90得4邑，

：.ZErAE=90°AEr=AE,

将线段4F绕点力顺时针旋转90彳导4P,

.■.ZFAP=90°AP=AE,

■.ZE^AP+NPAE=NEAF+ZPAE=90°

.'.ZEXAP=ZEAF,

「.△APErAFE,

：.ErP=EF=3f

・•.P在点位为圆心，3为半径的圆上,

要使EP最大,则P,E,%三点共线时最大，最大值为七尸1；

••・四边开勿180是矢国彩，

^ZABC=90°,

'.'AB=6,BE=2,

■■.AE=7AB2+BE2=2V10,

：.AEX=AE=2V10,

2

■'-EE1=y/AE^+AE=4V5,

:.EPi=EE]+EPi=4V5+3,

.〔PE的最大值为4西+3,

故答案为：4V5+3.

7.（1）ADLBC■,（2）BE=2MN,理由见解析；（3）运输轨道GF+OF的最小值为遥千

米，AHEF的面积为If平方千米.

【分析】（1）根据全等三角形的判定得出△ABD=A4CD（sss），进一步根据4DB+ZADC=

180°,即可推出N4DB=ZADC=900,即证；

（2）由题意连接AM,AN,先得出4B=2AM,同理可得4E=2AN,NEAN=60°,进一步利

用^BAE-△MAN即可进行证明；

（3）首先确定出F的运动轨迹E'F，，由两点之间线段最短可知，当4F,G三点共线时，GF+DF

取最小值4G，继而在RM4EG中，由勾股定理得出4G,过G作GH14D,交4。于点H,利用相

似性质得出力F,即可进一步求△力EF的面积.

【详解】解：（1）由题意知，在AABD与AAC。中,

AB=AC,BD=CD（中点定义），4D=4D,

**•△ABD三△J4CD（SSS）/

•••NADB=ZADC,

又NADB+ZADC=180°（平角定义），

・•.ZADB=ZADC=90°,即4。1BC.

故答案为：AD1BC.

(2)BE=2MN,理由如下：

•••NBAC=120%AB=AC,

4=NC=300,

ZBAM=60°,

AB=2AM,

同理可得ZE=2AN,NEAN=60%

.•・ZBAM=NEAN=60°,

NBAE=NMAN,

•・,AB=2AM,AE=2AN,

.AB_AE_Q

AM-AN~，

BAE-△MAN,

里=丝=2

MNAM'

BE=2MN.

(3)取BD中点力,连接过E作E—。,交AD于*,

由正方形4BCD可得N4BE'=NBAE'=45:

•••ZABE'=NAEF=45:NBAE'=ZEAF=45：

ABE'〜AAEF,

:.空=空=®NBAE=NE'AF

AN'AF'

ABE~AAET7,

•••ZAE'F=ZABE=45°,

■：EVLAD,

••.AAEf是等腰直角三角形，

从而确定出F的运动轨迹即E行如下图：

E'F'=AF'=FD,

DF=AF,即GF+OF最小值等于GF+4G最小值，

由两点之间线段最短可知，当4F,G三点共线时，GF+DF取最小值4G,

・••正方形ABCD边长为3千米，E是8。中点，

.,在Rt△4BD中,由勾股定理得力E・BE'=DE'=-BD=学千米，

BG=2DG,

BG==2鱼千米，GD=四千米,

.■.E'G=BG-BE'=曰千米,

在Rt△AE6中，由勾股定理得4G=+E'G2=花千米，

即运输轨道GF+OF的最小值为遍千米，

过G作GH14D,交4。于点H,如图，

NE'F'A=NGHA,ZEV'D=GHD,

AFT-△AGHAGHD〜AEf'D.

DH_£)G_V2_2

DF'DE'—

2

AFAF'DF'DF'3

/-4,

''AG~AH-AD-DH~2DF-|DF

AF=-AG=誓米,

44

止匕时△AEF的面积为亭x亭x号等F方千米.

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质以及勾股定理和相似三角形的综合应用.整体难度

相对大，需要学生有分析主从联动点(瓜豆原理)的运动轨迹的能力，同时还能够合理运用将

军饮马的模型进行问题的综合解决.

8.(l)i4E=V34；

⑵证明见解析；

(3)9+273.

【分析】(1)根据题意由勾股定理可得48长度，作EG1AB,交4B于G,利用旋转及互余可

证得△ABD=△GEB(AAS)，贝！］得EG=AB,BG=AD,可求出4G,再由勾股定理可得4E的

长度；

(2)由旋转可知，ABDE为等腰直角三角形，根据其性质再利用互余可证得仆EBC=△BDG

(AAS)，贝！|有BO=DG/EBC=NBDG，由4DE=NDBC，可证4DG=45。,由EDE=NDBC,

利用三角形内角和定理可得N4CB=45。,作1BC,交C4延长线于H，连接HG，易知，△BCH

为等腰直角三角形,可得NBHC=45°,BH=BC=DG,CH=&BC,易得BH||DG,可证四

边形BDGH是平行四边形，即HD=2AD,利用CH=HD+CD可得证结论；

(3)作个1AC,交4c于日,将BC绕点B逆时针旋转90°,证明△BGE=ABCD(SAS),进而

证得EG||BH，作点M关于BC的对称点N,连接PN,CN,由对称易知CM=CN,易知当EP+MP

最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE1EG,如图，作BT±GE,交GE于

T,易知四边形BQET是矩形，证得△PMC是等边三角形，求出PE=3遥+2奁，△EPM的高力

=V6,根据SAEPM=^EP■/可得答案.

【详解】(1)解：1力为4c的中点,AC=4,BD=的,NBAC=90°

■■AD=^AC=2,则由勾股定理，可得：AB=7BD2—AD2=5,

作EG1AB,交力B于G,

由题意可知，NDBE=90°,BE=BD,

・2+2=90°,/+4=90°,

.N=^3,

又,：NEGB=ZBAC=90°,

ABD=△GEB(AAS),

.,.EG=AB=5,BG=AD=2,

贝必G=AB-BG=3,

由勾股定理可得：AE=<EG2+AG2=V34；

(2)证明：由旋转可知，,DE为等腰直角三角形,

.,.Z7=45°,NEBD=90°,BE=BD,

■：EC1BG,

：2+NEBF=90°,

又，.24+NEBF=900,+^1=90°,

「23=4,=NEBF=^2+NDBC,

又〈NDBC+NG=NEBF,

:A=NG,

2=N4

在^EBC^Wis.BDG中,<〃_「,

NN=NG

=BD

「.△EBCBDG(AAS),

:.BD=DG,NEBC=NBDG,

贝U：NEBD+NDBC=Z7+ZADE+ADG,

,:NADE=NDBC,

:2EBD=N7+ADG，即：90°=45°+ADG,

--ZADG=45°,

yj'^ADE=NDBC=^5+N6,

由三角形内角和定理可得:NDBC+△=N6+N7,

即：N6+N5+△=N6+N1,

■'-ZACB=^S+z2=Z7=45°,

作BH1BC,交以延长线于H,连接HG,

BCH为等腰直角三角形，

:2BHC=4E>°,BH=BC=DG,CH=yj2BC,

'.^ADG=45°,

：.BH||DG,

，四边形8DGH是平行四边形，

.'.AH=AD,即H。=2AD,

：.CH=HD+CD=2AD+CD=；

(3)作8"1AC,交AC于H,

.「△ABC是等边三角形，

.'.AB=AC=BC=642,NACB=ZABC=60°,BH平分4BC,

贝=NCBH=30°,

将BC绕点B逆时针旋转90。，贝!!BC=BG=642,NDBE=NCBG=90%

:2EBG=NDBC,NGBH=NCBG-NCBH=60°

：.4BGE=ABCD(SAS),

:WBGE=NBCD=60°

：.EG||BH,

作点M关于BC的对称点N，连接PN,CN面对称易知CM=CN,NBCN=NACB=60°,PM=PN

：.EP+MP=EP+PN

当EP+MP最小时，即EP+PN最小,亦即N、P、E在同一直线，且NE1EG,如图：

作BT1GE,交GE于T,贝[]zBGT=60°,NTBG=30°

..GT=\BG=342,BT=<BG2-TG2=3V6,

■：EG||BH,BHLAC,NE1EG

：.BH1NP,NE||AC,四边形BQET是矩形，

则N4CB=NNPC=NBPQ=60°,EQ=BT=346,即NMPE=60°,

由轴对称可知，NCPM=NNPC=60°,

P"C是等边三角形，则：PM=CM=CP,

■：2CM=AM,

：.PM=CM=CP=2V2,BP=4V2,NABH=NCBH=30°

：.QP=三BP=2V2,CH==3V2,

则由勾股定理可得:BQ=2依，BH=3遍,

■：NE||AC,BH1NP,

则QH为NE,AC之间的距离，

：.QH=遥，即△EPM的高力=V6

.'.PE=EQ+PQ=3V6+2V2,

:.SAEPM=\EP•%=：x(3V6+2V2)xV6=9+2V3.

【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性

质，等边三角形的判定及性质，第(2)问证明N4CB=45。，N4DG=45解决问题的关键，

第(3)问弄清E的运动轨迹是解决问题的关键.

9.(1)8-4V3；

(2)见解析；

⑶竽.

【分析】(1)解：由旋转性质及等边三角形性质可知，可证AAB。=△CBE(SAS)，得CE=AD,

由BG±AC,可得4G=\AC=2,BG=243，根据tan/DBG=2-V3=—，可得DG=4A/3-6,

zBG

从而通过CE=AD=AG-DG可计算出结果；

(2)延长。F，使DF=FM,连接BM,CM,贝(JDM=2DF,根据题意可知，“?为^DCM的中

位线，即用7=|CM，类戊1)可证得△ABD=△CBM(SAS)，可得4。=CM，即HF=\CM=\AD,

由H为CO的中点，可得DH=|yiC-\AD,DG=\AC-AD,从而可得HG=DH-DG=\AD,

即可得结论；

（3）由（1）知，4G=2,BG=2g,DB=DE,由4。=|,则DG=可得BD=DE=]

由4P=2PE，得氏=|，作P。||ED，可得△APO八AED，利用相似三角形得性质可列比例式，

求得PO=1,AO=1,OG=1,可知点P的轨迹为：以。为圆心，P。为半径的圆，由翻折可知，

GP=GP，而GP<OP+0G,当。，P,G在同一直线上时GP取最大值，即GP取最大值，此时，

AP=OP-0A=,PE=^AP=|,进而可求得面积.

【详解】（1）解：由旋转性质可知，。B=DE,

:旋转角a=60°,

.BDE是等边三角形，贝LOBE=60°,BD=BE,

•・•△4BC为等边三角形，

=ZABC=60°,AB=BC=AC,

：.NABC-NCBD=NDBE-NCBD,即/4BD=NCBE,

:.AABD=△CBE（SAS）,

.t.CE=AD,

'.'BG1AC,AB=BC=AC=4,zA=60°,

.,.AG=|71C=2,BG=2A/3,

又1,tanNDBG=2-V3=—,

BG

：.DG=4V3-6,

：.CE=AD=AG-DG=2-（4V3-6）=8-4A/3；

（2）证明：延长DF，使。F=FM,连接,CM，贝（=2DF,

即F为0M的中点，

•.・H为CD的中点，

:9为4DCM的中位线,即HF=|CM,

旋转角a=120°,由旋转性质可知：B。=DE=30。，

•.甲为8E的中点，

..DF1AE,DF平分NBDE,

..BD=WF,NBDM=60°,贝!=DM,

为等边三角形，

..BD=BM,NDBM=60°,

又为等边三角形，

:WABC=60°,AB=BC,

••.NABC-NCBD=NDBM-NCBD,即办BD=NCBM,

：.^ABD=ACBM(SAS),

11

：.AD=CM,即HF=-CM=-AD,

为CD的中点，

：.DH=-DC=-(AC-AD)=-AC--AD,

22'722'

DG=AG-AD=-AC-AD,

：.HG=DH-DG=-AC--AD-(-AC-4。)=-AD

22\272

：.HG=HF.

(3)由(1)知，4G=2,BG=2遮，DB=DE,

O1

'-AD=I，贝%G=J,

：22

.BD=DE=yjBG+DG=2-,，

由4P=2PE，得与=|,

作P。||ED,贝U：△APOAED,

搂端=*1，则P0*，40=l，0G=l，

即点P的轨迹为：以。为圆心，P0为半径的圆，

由翻折可知，GP'=GP，而GP<OP+OG,^0,P,G在同一直线上时GP取最大值，即：GP取

最大值，如图

此时，4P=0P-oa*,PE=|”=|

11

贝IJSABEP=-PE-BG=-x心誓

222

【点睛】本题属于几何题综合，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，

旋转的性质，翻折的性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形及相似相似

三角形是关键.

10.(1)FF=I(2)|V3

【分析】(1)通过菱形性质证明&E=BE,在Rt△D4E中，利用勾股定理求出ZF的长度,

再Rt△04E中，可以得到DE=2AE,在等腰△DE尸中，利用角度推导出尸，代入数值

求解即可.

(2)判断出点〃的运动轨迹，从而知道点/V0勺运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到

z/v的最大值.

【详解】（1）解：过点尸作FM1BD于点M,如下图：

A

C

图①

1,四边形Z8C。是菱形，且NBA。=120°

.'.AD=AB=4,^ABC=ZADC=60°

•••BD为菱形对角线

:WABE=ZADE=NFDE=3O0,

又「E在力B的中垂线上

：.AE=BE

■.ZBAE=NABE=30°

：.^AED=60°,^EAD=NBAD-NBAE=120°-30°=90°

在Rt△D4E中,NADE=30°

：.DE=2AE

设：4E=x,贝[]DE=2x

-：AE2+AD2=DE2

即：/+42=(2x)2

解得：=1V3

：.DE=-^

3

''ZAEF=90。，NAED=60°

二.NFED=30°

，NFED=NFDE

：.EF=DF

又“M1BD

：.EM=DM

：.DE=2EM=2X—EF=V3EF

2

.-.-V3_V3£-F

3—

：.EF=-

3

(2)连接ZC延长ZE交6c于点M,则有4M1BC,点〃的运动轨迹是以点6为圆心，BH

为半径的圆，因为点C为固定点，点2为8的中点所以点/V的运动轨迹是以点例为圆心，

/V例为半径的圆，如下图：

此时：在仆AMN在,AM+MN24N,当4M、/V三点共线时，Z/V最大

贝［］：在RtAAMC^p,CM=14c=2

■：AM2=AC2-CM2

：.AM2=12

：.AM=2V3

又点是6c的中点，/V是的中点

.-.MN=-BH=-BE=-V3

223

：.AN=2V3+-V3=-V3

33

【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.

11.(1)OC7,点。的坐标为(|,8)；(2)①点E的坐标为岁0),②今

【分析】1庙0A=3,tan/OAC=：=?得OC=g，由四边形。ABC是矩形得BC=0A=3,

所以CD《BC=