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文档简介

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

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