动点问题中的最值、最短路径问题(解析版)

.③.[解析]解：根据题意可知：OE==12,即E的轨迹为以O为圆心以12为半径的四分之一圆〔第一象限的部分,根据弧长公式,得点E的路径长为：=6π,故①错误；因为AB=24,当斜边AB上的高取最大值时,△OAB的面积取最大值,点O在以AB为直径的圆上〔圆心为E,当OE⊥AB时,斜边AB上的高最大,所以△OAB的面积取最大值为：=144,故②正确；连接OE、DE,得：OD≤OE+DE,当O、E、D三点共线时取等号,即OD的最大值为25,如图,过点D作DF⊥y轴于F,过点E作EG⊥y轴于G,可得：,即：,,即：,设DF=x,在Rt△ADF中,由勾股定理得：,解得：x=,在Rt△ODF中,由勾股定理得：OF=,即点D的坐标为,故③正确.综上所述,答案为：②③.例4.〔2019·已知抛物线〔b、c为常数,b>0经过点A<－1,0>,点M<m,0>是x轴正半轴上的动点.若点Q〔在抛物线上,当的最小值为时,求b的值.[答案]见解析.[解析]解：∵经过点A<－1,0>,∴1+b+c=0,即∵点Q〔在抛物线上,∴,即,∵b>0,∴Q点在第四象限,所以只要构造出即可得到的最小值取N〔1,0,连接AN,过M作MG⊥AN于G,连接QM,如图所示,△AGM为等腰直角三角形,GM=,即当G、M、Q三点共线时,GM+MQ取最小值,即取最小值,此时△MQH为等腰直角三角形,∴QM==,GM==∴①∵QH=MH,∴=,解得：m=②联立①②得：m=,b=4.即当的最小值为时,b=4.[点睛]此题需要利用等腰直角三角形将转化为2,进而根据两点之间线段最短及等腰三角形性质求解.例5.〔2019·如图,一副含30°和45°角的三角板和拼合在个平面上,边与重合,．当点从点出发沿方向滑动时,点同时从点出发沿射线方向滑动．当点从点滑动到点时,点运动的路径长为；连接,则△的面积最大值为．[答案][解析]解：如图1所示,当E运动至E’,F滑动到F’时,图1过D’作D’G⊥AC于G,D’H⊥BC交BC延长线于点H,可得∠E’D’G=∠F’D’H,D’E’=D’F’,∴Rt△E’D’G≌Rt△F’D’H,∴D’G=G’H,∴D’在∠ACH的角平分线上,即C,D,D’三点共线.通过分析可知,当D’E’⊥AC时,DD’的长度最大,随后返回初始D点,如图2所示,D点的运动路径为D→D’→D,行走路线长度为2DD’；图2∵∠BAC=30°,AC=12,DE=CD∴BC=,CD=DE=,由图知：四边形E’CF’D’为正方形,CD’=EF=12,∴DD’=CD’-CD=12-,D点运动路程为2DD’=24-；图3如图3所示,当点D运动至D’时,△ABD’的面积最大,最大面积为：==[点睛]准确利用全等、角平分线判定得到D点的运动轨迹是关键,利用三角函数及勾股定理求解,计算较为繁琐,尤其是利用割补法求解三角形的面积时对学生计算能力要求较高,此题难度较大,新颖不失难度.例6.〔2019·如图,在菱形ABCD中,连接BD、AC交于点O,过点O作OH⊥BC于点H,以O为圆心,OH为半径的半圆交AC于点M.〔1求证：DC是圆O的切线；〔2若AC=4MC,且AC=8,求图中阴影部分面积；〔3在〔2的前提下,P是线段BD上的一动点,当PD为何值时,PH+PM的值最小,并求出最小值.[答案]见解析.[解析]〔1证明：过点O作ON⊥CD于N,AC是菱形ABCD的对角线,∴AC平分∠BCD,∵OH⊥BC,ON⊥CD,∴OH=ON,又OH为圆O的半径,∴ON为圆O的半径,即CD是圆O的切线.〔2由题意知：OC=2MC=4,MC=OM=2,即OH=2,在Rt△OHC中,OC=2OH,可得：∠OCH=30°,∠COH=60°,由勾股定理得：CH=〔3作点M关于直线BD的对称点M’,连接M’H交BD于点P,可知：PM=PM’即PH+PM=PH+PM’=HM’,由两点之间线段最短,知此时PH+PM最小,∵OM’=OM=OH,∠MOH=60°,∴∠MM