专题21 解答题及填空题压轴题动点运动轨迹问题（解析版）

专题21解答题及填空题压轴题动点运动轨迹问题（解析版）

模型一动点运动轨迹——直线型

【模型解读】(1)定距离判断直线型路径：当某一动点到某条直线的距离不变时，该动点的路径为直

线．(2)定角度判断直线型路径：当某一动点与定线段的一个端点连接后所成的角度不变时，该动点的路径

为直线．

基本图形：

典例1（2021秋•遂川县期末）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，P是线段AD边上的一动点（不

与端点A，D重合），连结PC，过点P作PE⊥PC交AB于点E．

（1）当E为AB的中点，且AP＞AE时，求证：PE＝PC；

（2）当点P在AD上运动时，对应的点E也随之在AB上运动，求整个运动过程中BE的取值范围．

思路引领：（1）设AP＝x，证明△APE∽△DCP，根据相似三角形的性质得到比例式，解一元二次方程

求出x的值，证明△APE≌△DCP即可；

（2）设AP＝x，AE＝y，证明△APE∽△DCP，根据相似三角形的性质得到比例式，计算即可．

（1）证明：∵PE⊥PC，

∴∠APE+∠DPC＝90°，

∵∠D＝90°，

∴∠DCP+∠DPC＝90°，

∴∠APE＝∠DCP，又∠A＝∠D＝90°，

∴△APE∽△DCP，

∴，

𝐴𝐴

=

设�A�P＝x�，�则DP＝3﹣x，又AE＝BE＝1，

∴x（3﹣x）＝1×2，

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整理得x2﹣3x+2＝0，

解得，x1＝2，x2＝1，

∵AP＞AE，

∴AP＝2，AE＝PD＝1，

∴△APE≌△DCP（ASA），

∴PE＝PC；

（2）解：设AP＝x，AE＝y，

∵△APE∽△DCP，

∴，即x（3﹣x）＝2y，

𝐴𝐴

=

∴y𝐷x（𝐴3﹣x）x2x（x）2，

113139

=2=−2+2=−2−2+8

∴当x时，y的最大值为，

39

=

∵AE＝y2取最大值时，BE取8最小值为2，

97

−8=8

∴BE的取值范围为BE＜2．

7

≤

总结提升：本题考查8的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及二次函

数的解析式的确定以及二次函数的性质，掌握相关的性质定理以及判定定理是解题的关键．

变式练习

1．（2022•呼和浩特模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动

点P从点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中

点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为9．

思路引领：过点M作GH⊥AD交AD于G，交BC于H，证明△EGM≌△FHM，得到MG＝MH，从而

可知：点M的轨迹是一条平行于BC的线段，然后证明△EF1B∽△∠EF1F2，求得F1F2＝18，最后根据

三角形中位线定理可求得答案．

解：如图所示：过点M作GH⊥AD，交AD于G，交BC于H．

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∵AD∥CB，GH⊥AD，

∴GH⊥BC．

在△EGM和△FHM中，

∠𝑀�=∠𝑀�=90°

∠�𝐴=∠�𝑀

∴�△�E=G�M�≌△FHM（AAS）．

∴MG＝MH．

∴点M的轨迹是一条平行于BC的线段．

当点P与A重合时，BF1＝AE＝2，

当点P与点B重合时，∠F2+∠EBF1＝90°，∠BEF1+∠EBF1＝90°，

∴∠F2＝∠BEF1．

∵∠EF1B＝∠EF1F2，

∴△EF1B∽△∠EF1F2．

∴，即：，

��1��126

==

∴F��1F12＝1�81，�26�1�2

∵M1M2是△EF1F2的中位线，

∴M1M2F1F2＝9．

1

故答案为=：29．

总结提升：本题主要考查的是点的轨迹问题，题目涉及了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定

和性质，探究出动点经过的路径是解题的关键．

3．（2019•无锡模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴

上，OA＝8，OC＝4．点P从点O出发，沿x轴以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达

点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，

点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．

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（1）填空：当t＝3时，点D恰好落在AB上，即△DPA成为直角三角形；

（2）若以点D为圆心，DP为半径的圆与CB相切，求t的值；

（3）在点P从O向A运动的过程中，△DPA能否成为等腰三角形？若能，求t的值；若不能，请说明

理由；

（4）填空：在点P从点O向点A运动的过程中，点D运动路线的长为4．

5

思路引领：（1）根据题意证明△COP∽△PAD，利用相似三角形的性质，求出t；

（2）利用圆心到直线的距离等于半径，那么直线与圆相切，过点D作DE⊥x轴，垂足为E，延长ED

交CB于F，根据DF＝DP，列出方程，求出t；

（3）分三种情况进行讨论，求出t；

（4）根据点P在点O时，点D的位置和点P在点A时，点D的位置，求出两点间的距离即可．

解：（1）如图1，

∵∠COP＝90°，∠CPD＝90°，∠PAD＝90°，

∴△COP∽△PAD，

∴，PC＝2PD，OC＝4

����

=

∴�PA�＝2，��

2t+2＝8，

解得t＝3；

（2）如图2，过点D作DE⊥x轴，垂足为E，延长ED交CB于F，则DF⊥CB，F为切点

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则△PED∽△COP，

∴，

��𝐴

=

∴�PE�＝2�，�DE＝t，

∵DF＝DP即DF2＝DP2，

得出t2+22＝（4﹣t）2，

t；

3

=2

（3）△DPA是等腰三角形，有下列3种情况：

①若DP＝DA时，则EA＝EP＝2，8﹣2t＝4，t＝2；

②若PA＝PD时，t；

16−219

③若AP＝AD时，t=＝234；

11−

综上所述，△DPA是等腰三角形时，t的值是2或或24．

16−219

11−

3

（4）如图3，

当点P在点O位置时，PD＝2，

当点P在点A位置时，作DE⊥OA交OA的延长线于E，

∵△AED∽△COA，CA＝2AD，

∴AE＝2，DE＝4，

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∴点D运动路线的长为4．

22

总结提升：本题综合考查8了矩+形4的=性质5、等腰三角形的判定、三角形相似的知识，综合性较强，要求学

生有综合运用知识的能力和严谨的思维能力，能够用运动的观点思考问题．

4．（2019秋•牡丹区期末）（1）问题发现：如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和

AD上，连接CF．

①写出线段CF与DG的数量关系CFDG；

②写出直线CF与DG所夹锐角的度数=452°．

（2）拓展探究：

如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？请利用图

②进行说明．

（3）问题解决

如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝4，O为AC的中点．点

D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，求线段OE的长的最小值．（直接写出结果）

思路引领：【问题发现】连接AF．易证A，F，C三点共线．易知AFAG．ACAD，推出CF＝

AC﹣AF（AD﹣AG）DG．=2=2

【拓展探=究】2连接AC，AF=，延2长CF交DG的延长线于点K，AG交FK于点O．证明△CAF∽△DAG

即可解决问题．

【解决问题】证明△BAD≌△CAE，推出∠ACE＝∠ABC＝45°，可得∠BCE＝90°，推出点E的运动轨

迹是在射线OCE上，当OE⊥CE时，OE的长最短．

解：（1）连接AF，

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∵四边形AEFG、ABCD是正方形，

∴∠GAF＝45°，

∴点A、F、C三点共线，

∴ACAD，AFAG，

∴CF=2GD，=2

故答案=为2：CFGD，45°；

（2）仍然成立=，连2接AF，AC，

∵∠CAD＝∠FAG＝45°，

∴∠CAF＝∠DAG，，

𝐷��

==2

∴△CAF∽△DAG，��𝑀

∴CFDG，∠ACF＝∠ADG，

（3）=连接2CE，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE，

∵AB＝AC，AD＝AE，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ABD＝∠ACE＝45°，

∴∠DCE＝90°，

∴当OE⊥CE时，OE最小，

∵AC＝4，O为AC的中点．

∴OC＝2，

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∵∠OCE＝45°，

∴OEOC，

2

故答案=为2：=．2

总结提升：本2题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，全等三角形

的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决

问题，属于中考常考题型．

模型二动点运动轨迹——圆或圆弧型

【模型解读】(1)“一中同长”：到定点的距离等于定长的点的集合是圆．(2)用定弦对定角定圆：当某

条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的路径是圆弧．见直角→找斜边(定长)→想直径→定外心→现

“圆”形；见定角→找对边(定长)→想圆周角→转圆心角→现“圆”形．

基本图形：

典例2（2021•红花岗区二模）如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（3，），

5

点E在边AB上，且AE＝1．已知点P是边CO上的一个动点，连接EP，过点O作直线EP的垂线段2，

垂足为点H，在点P从点C运动到原点O的过程中，点H的运动路径长为．

10�

4

思路引领：H经过的路径是以OE为直径的弧，当点P与点C重合时，连接CE，首先求得△OPE的面

积，然后利用三角形面积公式求得OH的长，然后在直角△OEH中，利用三角函数求得∠OEH的度数，

然后利用弧长公式即可求解．

解：∵矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（3，），

5

∴OA＝BC＝3，OC＝AB，2

5

当点P与点C重合时，=2

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S△OPEOC×OA3，

11515

在Rt△=O2A×E中，AE＝=12，×O2A×＝=3，4

∴OE，

22

=��+𝐴=10

在Rt△PBE中，BE，BC＝3，

3

=2

∴PE，

2235

=𝐴+𝐷=2

∴S△OPEPE×OH，

1

=2×

即OH

13515

××=

∴2OH2，4

=5

∴在Rt△OEH中，sin∠OEH，

��52

===

∴∠OEH＝45°，��102

∴点H的运动路径为以OE为直径，从点H到点O的四分之一的圆弧，

所以点H的运动路径长是：10．

90�×210�

=

1804

故答案为：．

10�

总结提升：本4题考查了轨迹、坐标与图形性质、矩形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．

变式训练

1．（2020•岑溪市一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（2，0），直线yx

3

与O交于B、C两点，则弦BC的长为．=3+3

⊙7

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思路引领：根据直线yx可知直线与两坐标轴的夹角分别为30°、60°，于是可根据勾股定理

3

求出O到CB的距离，=再根3据+垂3径定理即可求出BC的长．

解：设直线yx与两坐标轴分别交于D、E点，过O点作OM⊥BC于点M，连接OB，如下图

3

=3+3

由直线yx可知点D坐标为（0，），点E的坐标为（﹣3，0）

3

=+33

∴3

��3

=

∴∠��DEA＝330°

∴OMOE

13

==

在Rt△O2MB中2，OM，OB＝OA＝2

3

=2

∴BM

227

=��−��=

由垂径定理可知BC＝2B2M2

7

故答案为．=2×=7

总结提升：7本题考查的是一次函数的性质与垂径定理的运用，将一次函数与几何知识的有机结合是解决

本题的关键．

2．（2021秋•宝应县期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F

从点D出发向点C运动，点E与点F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线

段AF，BE相交于点P，则线段DP的最小值为22．

5−

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思路引领：先由点E与点F的速度相同得到AE＝DF，然后结合正方形的性质得证△ABE≌△DAF，从

而得到∠APB＝90°，进而得到点P在以AB为直径的圆O上运动，最后连接OD交圆O于点P即为所

求．

解：∵点E与点F的速度相同，

∴AE＝DF，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠BAE＝∠ADF，AB＝AD，

∴△ABE≌△DAF（SAS），

∴∠ABE＝∠DAF，

∵∠DAF+∠PAB＝90°，

∴∠ABE+∠PAB＝90°，

∴点P在以AB为直径的圆上，圆心为点O，

如图，连接OD，与圆O的交点即为所求，

∵AB＝4，

∴AD＝4，AO＝2，

∴OD2，

2222

∴DP=的最�小�值+为��OD=﹣22＝2+4=2，5

故答案为：22．5−

5−

总结提升：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形得到∠

APB＝90°，进而得到点P的运动轨迹．

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模型三动点轨迹为其他曲线，构造三角形

【模型解读】(1)当动点轨迹不是“定线”或“定圆”，是两条线段时，可以考虑三角形的三边关系，

最大值为其他两线段长之和，最小值为其他两线段长之差．(2)在转化较难进行时，可以借助于三角形的中

位线及直角三角形斜边上的中线．(3)这类问题归属为滑竿问题．

基本图形：

8．（2022•青秀区校级开学）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点B

在边ON上运动时，点A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝3．运动

过程中点D到点O的最大距离是33．

2+

思路引领：取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得

OEAB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最

1

大．=2

解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，

∵∠MON＝90°，AB＝6，

∴OE＝AEAB＝3，

1

∵BC＝3，=四2边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC＝3，

∴DE，

2222

根据三=角形��的+三�边�关=系得3，+OD3≤=O3E+2DE，

∴当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为33．

故答案为：33．2+

2+

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总结提升：本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关

系，勾股定理，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键．

变式训练

1．（2022秋•锡山区校级月考）如图，∠MON＝90°，已知△ABC的面积为60，且AC＝BC，AB＝10，△

ABC的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，△ABC的形

状始终保持不变，在运动的过程中，点C到点O的最小距离为7．

思路引领：作CD⊥AB于点D，连接OD、OC，由AC＝BC，得AD＝BD，因为∠AOB＝90°，所以ODAB

1

=2

＝5，由S△ABC10CD＝60，得CD＝12，所以OC+5≥12，则OC≥7，即可求得点C到点O的最小

1

距离为7．=2×

解：如图，作CD⊥AB于点D，连接OD、OC，

∵AC＝BC，AB＝10，

∴AD＝BD，

∵∠MON＝90°，点A、B分别在边OM、ON上，

∴∠AOB＝90°，

∴ODAB＝5，

1

=

∵S△ABC2＝60，

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∴AB•CD＝60，

1

∴210CD＝60，

1

×

∴2CD＝12，

∵OC+OD≥CD，

∴OC+5≥12，

∴OC≥7，

∴OC的最小值为7，

∴点C到点O的最小距离为7，

故答案为：7．

总结提升：此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、两点之间线段

最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

2．（2020•昆山市一模）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上的一个动点（不与B、D重合），连接

AP，过点B作直线AP的垂线，垂足为H，连接DH．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是

22．

5−

思路引领：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，取AB的中点O，连接OH、OD，然后求出

OHAB＝2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，

1

DH=的2长度最小．

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解：如图，取AB的中点O，连接OH、OD，

则OH＝AOAB＝2，

1

在Rt△AOD=中2，OD2，

2222

根据三角形的三边关=系，�O�H++D�H�＞O=D，2+4=5

∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，

DH的最小值＝OD﹣OH＝22．

故答案为：22．5−

总结提升：本题5−考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边

关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键．

模型四双动点型

【模型解读】(1)对于不关联的双动点问题，采用“控制变量法”，先控制其中一个点不动，分析另一

个点的运动轨迹，再让这个点运动起来，可以使问题更直观，思路更清晰；(2)对于多个点运动并且是联动

的问题，一般采用相对运动法，可以让一些点静止，减少动点的个数，使问题简单化．

典例4（2022秋•青秀区校级期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝6，∠BAC＝30°，∠BAC的平分线交BC

于点D，E，F分别是线段AD和AB上的动点，则BE+EF的最小值是3．

思路引领：作BH⊥AC交AD于点E，作EF⊥AB于F，根据角平分线的性质可得EH＝EF，即可求得

BE+EF＝BH，根据H是与B点的距离最短的点，即为BH最短即可解题．

解：作BH⊥AC交AD于点E，作EF⊥AB于F，

∵AD平分∠BAC，EH⊥AC，EF⊥AB，

∴EF＝EH，

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∴BE+EF＝BE+EH＝BH，

∵H是与B点的距离最短的点，即为BH最短，

∴BE+EF最短为BH，

∵AB＝6，∠BAC＝30°，

∴BHAB＝3，

1

故答案=为23．

总结提升：本题考查了轴对称﹣最短路线问题，角平分线的性质，30°角所对直角边是斜边一半的性质，

证得H是与B点的距离最短的点是解题的关键．

变式训练

1．（陕西中考）如图，O的半径是2，直线l与O相交于A、B两点，M、N是O上的两个动点，且在

直线l的异侧，若∠⊙AMB＝45°，则四边形MA⊙NB面积的最大值是4．⊙

2

思路引领：过点O作OC⊥AB于C，交O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆

周角定理得∠AOB＝2∠AMB＝90°，则⊙△OAB为等腰直角三角形，所以ABOA＝2，由于S四边形

MANB＝S△MAB+S△NAB，而当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当=N点2到AB的2距离最大时，

△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，所以四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB

＝S△DAB+S△EABAB•CDAB•CEAB（CD+CE）AB•DE24＝4．

11111

解：过点O作O=C2⊥AB于+C2，交O=于2D、E两点，连=接2OA、O=B、2D×A、2D×B、EA、2EB，如图，

∵∠AMB＝45°，⊙

∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，

∴△OAB为等腰直角三角形，

∴ABOA＝2，

∵S四=边形M2ANB＝S△M2AB+S△NAB，

∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，

即M点运动到D点，N点运动到E点，

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此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EABAB•CDAB•CEAB（CD+CE）AB

1111

=+==

•DE24＝4．2222

1

故答=案2为×：42×．2

2

总结提升：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周

角定理．

2．（2016秋•惠山区期末）如图，正方形OABC的边长为4，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连

接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交

点P运动的路径长是（）

A．2B．C．4D．6

8

2ππ52

思路引领：如图点P运动的3路径是以G为圆心的弧，在G上取一点H，连接EH、FH，只要证明∠

EGF＝90°，求出GE的长即可解决问题．��⊙

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解：如图，

点P运动的路径是以G为圆心的弧，在G上取一点H，连接EH、FH．

∵四边形AOCB是正方形，��⊙

∴∠AOC＝90°，

∴∠AFP∠AOC＝45°，

1

∵EF是=O2直径，

∴∠EAF⊙＝90°，

∴∠APF＝∠AFP＝45°，

∴∠H＝∠APF＝45°，

∴∠EGF＝2∠H＝90°，

∵EF＝8，GE＝GF，

∴EG＝GF＝4，

2

∴的长2．

90�⋅42

故选��：A．=180=2π

总结提升：本题考查正方形的性质、旋转的性质、轨迹、圆等知识，解题的关键是正确发现轨迹的位置，

学会添加辅助线，利用圆的有关性质解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

3．（2014•启东市一模）阅读并解答下列问题：

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问题一．如图1，在ABCD中，AD＝20，AB＝30，∠A＝60°，点P是线段AD上的动点，连PB，当

AP＝15时，PB最▱小值为15．

问题二．如图2，四边形ABCD是边3长为20的菱形，且∠DAB＝60°，P是线段AC上的动点，E在AB

上，且，连PE，PB，问当AP长为多少时，PE+PB的值最小，并求这个最小值．

1

问题三�．�如=图4�3，�在矩形ABCD中，AB＝20，CB＝10，P，Q分别是线段AC，AB上的动点，问当AP

长为多少时，PQ+PB的值最小，并求这个最小值．

思路引领：（1）如图1，过点B作BP⊥AD于P，根据直角三角形的性质和勾股定理就可以求出结论；

（2）如图2，连接BD、ED交AC于点P，作DF⊥AB于F．由菱形的性质可以得出AC的值，再由△

APE∽△CPD就根据相似三角形的性质就可以得出结论；

（3）作B关于AC的对称点B′，连接AB′，则N点关于AC的对称点N′在AB′上，这时，B到M

到N的最小值等于B→M→N′的最小值，等于B到AB′的距离BH′，连接B与AB′和DC的交点P，

再由三角形的面积公式可求出S△ABP的值，根据对称的性质可知∠PAC＝∠BAC＝∠PCA，利用勾股定理

可求出PA的值，再由S△ABPPA•BH′即可求解．

1

解：（1）如图1，过点B作B=P2⊥AD于P，

∴∠APB＝90°．

∵∠A＝60°，

∴∠ABP＝30°，

∴APAB．

1

∵AB＝=320，

∴AP＝15．

在Rt△ABP中，由勾股定理，得

BP15．

22

故答=案3为0：−151，51=5．3

3

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（2）如图2，连接BD，连接DE交AC于点P，作DF⊥AB于F．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD．AC⊥BD，DO＝BODB，AO＝COAC，∠OAB∠DAB．

111

∵∠DAB＝60°，=2=2=2

∴△ABD和△CDB是等边三角形，

∴AFAB＝10，

1

在Rt△=A2DF中，由勾股定理，得

DF＝10．

3

∵AEAB，且AB＝20，

1

∴AE＝=54．

∴EF＝5．

在Rt△EFD中，由勾股定理，得

DE5，

∴B=P+P3E00的+最2小5=值为153．

在Rt△ABO中，由勾股定13理，得

AO＝10．

∴AC＝203

∴△AEP∽△3CDP，

∴．

𝐴𝐴

=

∴𝐷��，

5𝐴

=

∴2A0P＝420．3−𝐴

答：当AP3长为4时，PE+PB的值最小为5；

313

（3）如图3，作B关于AC的对称点B′，作B′Q⊥QB于Q，交AC于P．

连接AB′，则Q点关于AC的对称点H′在AB′上，

∴∠AHB＝∠AHB′＝90°，BH＝B′H，

∴AB′＝AB，

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∴∠AB′H＝∠ABH．

这时，B到P到Q的最小值等于B→P→H′的最小值，

等于B到AB′的距离BH′，

连接AB′和DC的交点E，

则S△ABE20×10＝100，

1

由对称知=识2，×∠EAC＝∠BAC＝∠ECA，

所以EA＝EC，令EA＝x，则EC＝x，ED＝20﹣x，

在Rt△ADE中，EA2＝ED2+AD2，

所以x2＝（20﹣x）2+102，

所以x＝12.5，

因为S△ABEEA•BH′，

1

=2

所以BH′16．

2�△�𝐴100×2

在△BB′H=′和�△�B′=BQ12中.5，=

，

∠��′�=∠�𝑀

∠𝑀′�′=∠�′��

∴�△�′B=B′�′H�′≌△B′BQ（SAS），

∴BH′＝B′Q＝16．

在Rt△ABC中，由勾股定理，得

AC＝10．

5

∵S△ABC，

��⋅𝐷𝐷⋅𝑀

==

∴2，2

20×10105⋅𝑀

=

∴BH2＝4，2

∴BB′＝85．

在Rt△BB′5Q中，由勾股定理，得

QB＝8，

∴AQ＝12．

∵PQ⊥AB，

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∴∠AQP＝90°，且∠ABC＝90°，

∴PQ∥BC．

∴△AQP∽△ABC，

∴，

𝐴��

=

∴𝐷��，

𝐴12

=

∴1A0P＝562．0

答：AP长5为6时，PQ+PB的值最小为16．

5

总结提升：本题考查的是最短路线问题，考查轴对称的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，

勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，等边三角形的性质的运用，解答第三问时作出B点

关于直线AC对称的点B′是解答此题的关键．

模型四动点在函数图象上运动类型

典例5（2020•浙江自主招生）如图，点A是双曲线y在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长

6

交另一分支于点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠=A−C�B＝120°，点C在第一象限，随着点A的运动点

C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y上运动，则k的值为2．

�

=�

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思路引领：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，连接OC，如图，利用反比例函数的性质得到点A与点B

关于原点对称，再根据等腰三角形的性质得OC⊥AB，OAOC，接着证明Rt△AOD∽Rt△OCE，根

据相似三角形的性质得3，利用k的几何意义得到=|k|＝31，然后解绝对值方程可得到满足条件的

�△𝐶�1

=

k的值．�△���2

解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，连接OC，如图，

∵AB过原点，

∴点A与点B关于原点对称，

∴OA＝OB，

∵△CAB为等腰三角形，

∴OC⊥AB，

∴∠ACB＝120°，

∴∠CAB＝30°，

∴OAOC，

∵∠A=OD3+∠COE＝90°，∠AOD+∠OAD＝90°，

∴∠OAD＝∠COE，

∴Rt△AOD∽Rt△OCE，

∴（）2＝（）2＝3，

�△𝐶���

=3

�△�����

而S△OAD|﹣6|＝3，

1

=×

∴S△OCE＝12，

即|k|＝1，

1

而2k＞0，

∴k＝2．

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总结提升：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y（k为常数，k≠0）的图象是

�

双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．双曲=线�是关于原点对称的，两个分支

上的点也是关于原点对称；在y图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围

�

成的矩形的面积是定值|k|．也考=查�了等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．

变式训练

1．（2021春•亭湖区校级期末）如图，已知点A是双曲线y在第一象限的分支上的一个动点，连结AO

2

并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边△ABC，点=C�在第四象限．随着点A的运动，点C的位置

也不断变化，则三角形ABC面积最小值等于4．

3

思路引领：根据双曲线y关于原点对称，得到点A与点B关于原点对称，进而得到OA＝OB，连接

2

=�

OC，过点A作AE⊥y轴，设A（a，），根据等边三角形的性质得到