上海中考數(shù)學重難點專練重難點02 幾何動點問題（解析版）

年中考數(shù)學【熱點·重點·難點】專練重難點02幾何動點問題幾何動點問題，是上海中考數(shù)學的重難點之一，也是考生最容易丟分的地方；此類題型在選擇題、填空題、解答題均會出現(xiàn)，一般分值在15分左右；幾何動點問題一般在三角形、四邊形、圓中出現(xiàn)，結合勾股定理、全等三角形、相似三角形等的性質綜合考查，注意解題的技巧和動點軌跡的把握，牢記初中階段的動點一般是直線和圓；幾何動點問題的解決思路：1.根據圖形特點,結合運動特征,確定在運動變化過程中符合運動規(guī)律的固定點的位置。2.分析圖中某些基本元素之間的位置關系,為計算最值提供解題的入口。3.分析圖中的數(shù)量關系,尋求在運動變化過程中長度固定的線段,為兩點間的距離最值計算做好準備。解決動態(tài)問題的原則:以動制靜,動中找靜;從多角度、多層次對數(shù)學現(xiàn)象進行觀察、分析，透過現(xiàn)象看本質，抓住知識的本質特征；尋找不同條件之間的內在聯(lián)系，尋找普遍使用的規(guī)律；把復雜的問題簡單化、特殊化，力求解題方法簡潔、明快.幾何動點類型：直線或隱圓?！局锌兼溄印?．（2022·上?！そy(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D為AB中點，E在線段AC上，，則_____．【答案】或【分析】由題意可求出，取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，滿足，進而可求此時，然后在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則，證明△DE1E2是等邊三角形，求出E1E2＝，即可得到，問題得解．【詳解】解：∵D為AB中點，∴，即，取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，此時DE1∥BC，，∴，在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則，∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝，∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等邊三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝，∴E1E2＝，∵，∴，即，綜上，的值為：或，故答案為：或．【點睛】本題考查了三角形中位線的性質，平行線分線段成比例，等邊三角形的判定和性質以及含30°角的直角三角形的性質等，根據進行分情況求解是解題的關鍵．2．（2022·上?！そy(tǒng)考中考真題）平行四邊形，若為中點，交于點，連接．(1)若，①證明為菱形；②若，，求的長．(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．【答案】(1)①見解析；②(2)【分析】（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結論；②先證點E是△ABC的重心，由重心性質得BE=2OE，然后設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四邊形性質即可得出BD長；（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又在直線上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=AB，根據重心性質得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,則AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，則BC=AE，代入即可求得的值．【詳解】（1）①證明：如圖，連接AC交BD于O，∵平行四邊形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四邊形，∴四邊形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中線，∵為中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE=2OE，設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四邊形，∴BD=2OB=6；（2）解：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又在直線上，∴CG是△ABC的中線，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定，重心的性質，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關性質是解題的關鍵，屬是考?？碱}目．3．（2021·上海·統(tǒng)考中考真題）如圖，在梯形中，是對角線的中點，聯(lián)結并延長交邊或邊于E．（1）當點E在邊上時，①求證：；②若，求的值；（2）若，求的長．【答案】（1）①見解析；②；（2）或【分析】（1）①根據已知條件、平行線性質以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可推導，，由此可得；②若，那么在中，由．可得，作于H．設，那么．根據所對直角邊是斜邊的一半可知，由此可得的值．（2）①當點E在上時，可得四邊形是矩形，設，在和中，根據，列方程求解即可．②當點E在上時，設，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．【詳解】（1）①由，得．由，得．因為是斜邊上的中線，所以．所以．所以．所以．②若，那么在中，由．可得．作于H．設，那么．在中，，所以．所以．所以．（2）①如圖5，當點E在上時，由是的中點，可得，所以四邊形是平行四邊形．又因為，所以四邊形是矩形，設，已知，所以．已知，所以．在和中，根據，列方程．解得，或（舍去負值）．②如圖6，當點E在上時，設，已知，所以．設，已知，那么．一方面，由，得，所以，所以，另一方面，由是公共角，得．所以，所以．等量代換，得．由，得．將代入，整理，得．解得，或（舍去負值）．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質，斜邊上的中線，勾股定理等，能夠運用相似三角形邊的關系列方程是解題的關鍵．限時檢測01：上海各地區(qū)最新模擬試題（60分鐘）1．（2023·上海松江·統(tǒng)考一模）如圖，直角梯形中，，，，，．是延長線上一點，使得與相似，這樣的點的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由于，故要使與相似，分兩種情況討論：①，②，這兩種情況都可以根據相似三角形對應邊的比相等求出的長，即可得到點的個數(shù)．【詳解】∵，，，．設的長為，則．若邊上存在點，使與相似，那么分兩種情況：①若，則，即，解得：②若，則，即，整理得：，，（舍去）滿足條件的點的個數(shù)是2個，故選：B．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定及性質，難度適中，進行分類討論是解題的關鍵．2．（2022·上海靜安·統(tǒng)考二模）如圖，中，，，點是重心，將繞著點按順時針方向旋轉，使點A落在BC延長線上的處，此時點B落在點，點G落在點.聯(lián)結CG、、、.在旋轉過程中，下列說法：①；②與相似；③；④點所經過的路程長是.其中正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據旋轉的性質即判斷①，由旋轉的性質可得，進而可得，，即可判斷②，根據相似三角形的性質可以判斷③，根據弧長公式計算即可判斷④．【詳解】解：，，是等腰直角三角形，，，由旋轉的性質可得，故①正確；如圖，連接，，，點是重心，，，由旋轉的性質可得，，，，與相似；故②正確；，故③正確，④點所經過的路程長是，故④錯誤，故選C．【點睛】本題考查了旋轉的的性質，重心的性質，相似三角形的性質與判定，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．3．（2022·上海青浦·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知，，以為頂點，為一邊作角，角的另一邊交軸于（在上方），則坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點A作AD⊥y軸于點D，過點B作BE⊥AC于點E，由題意易得AD=2，，BD=1，然后可得，，設BC=x，則CD=x+1，進而根據相似三角形及勾股定理可進行求解．【詳解】解：過點A作AD⊥y軸于點D，過點B作BE⊥AC于點E，如圖所示：∵，，∴AD=2，，BD=1，∵，∴，∵，∴，∴，設BC=x，則CD=x+1，∴，在Rt△BEC中，由勾股定理得：，解得：（負根舍去），∴，∴，∴點；故選B．【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質、相似三角形的性質與判定及勾股定理；熟練掌握等腰直角三角形的性質、相似三角形的性質與判定及勾股定理是解題的關鍵．4．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）如圖，已知在矩形中，，，將矩形繞點C旋轉，使點B恰好落在對角線上的點處，點A、D分別落在點、處，邊、分別與邊交于點M、N，那么線段的長為___________．【答案】【分析】過點作，利用勾股定理求出，根據旋轉的性質得到相應結論，求出證明，求出，，證明，求出，，設，最后證明，得到，求出，從而可得．【詳解】解：如圖，過點作，在矩形中，，，∴，由旋轉可知：，，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，設，則，∵，，∴，∴，即，解得：，即，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，矩形的性質，勾股定理，旋轉的性質，解題的關鍵是添加輔助線，充分運用相似三角形的性質求出相應線段的長．5．（2023·上海金山·統(tǒng)考一模）如圖，為等腰直角三角形，為的重心，E為線段上任意一動點，以為斜邊作等腰（點D在直線的上方），為的重心，設兩點的距離為d，那么在點E運動過程中d的取值范圍是_________．【答案】【分析】當點E與點B重合時，，當點E與點A重合時，的值最大，利用重心的性質以及勾股定理求得，，證明，推出是等腰直角三角形，據此求解即可．【詳解】解：當點E與點B重合時，，當點E與點A重合時，的值最大，如圖，點分別為的中點，∵為等腰直角三角形，為的重心，∴，∴，，同理，∴，，，，，即，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，重心的性質，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．6．（2023·上海松江·統(tǒng)考一模）如圖，已知中，，，將繞點旋轉至，如果直線，垂足記為點，那么的值為________．【答案】或【分析】設，則，，分兩種情況討論，畫出圖形，利用相似三角形的判定和性質，列式計算即可求解．【詳解】解：∵中，，，∴，設，則，，∵將繞點旋轉至，∴，則，，，，如圖，，，，∴，∴，則，∴，∴，∴；如圖，，，，∴，∴，則，∴，∴，∴；故答案為：或．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，正弦函數(shù)，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．7．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考一模）規(guī)定：如果經過三角形一個頂點的直線把這個三角形分成兩個小三角形，其中一個小三角形是等腰三角形，另一個小三角形和原三角形相似，那么符合這樣條件的三角形稱為“和諧三角形”，這條直線稱為這個三角形的“和諧分割線”．例如，如圖所示，在中，，是斜邊上的高，其中是等腰三角形，且和相似，所以是“和諧三角形”，直線為的“和諧分割線”．請依據規(guī)定求解問題：已知是“和諧三角形”，，當直線是的“和諧分割線”時，的度數(shù)是_______________（寫出所有符合條件的情況）【答案】【分析】分類討論，①，是等腰三角形，；②，是等腰三角形，；③，是等腰三角形，；④，是等腰三角形，；根據等腰三角形的性質，相似三角形的性質即可求解．【詳解】解：是“和諧三角形”，，是的“和諧分割線”，①根據題意，如圖所示，，是等腰三角形，，∴，∴在中，，∵是的外角，∴；②如圖所示，，是等腰三角形，，∴，設，則，，∵是的外角，∴，即，解得，，∴；③如圖所示，，是等腰三角形，，∴，，，設，則，，∵是的外角，∴，即，解得，∴；④如圖所示，，是等腰三角形，，∴，，∵是的外角，∴，即，∴；綜上所述，是“和諧三角形”，，當直線是的“和諧分割線”時，的度數(shù)是，故答案為：．【點睛】本題主要考查等腰三角形，相似三角形的綜合，掌握等腰三角形的性質，相似三角形的性質是解題的關鍵．8．（2023·上海浦東新·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，點是的中點，點在邊上，將沿翻折，使得點落在點處，當時，那么的長為________．【答案】或【分析】分兩種情形討論：①作于點，連接，首先利用勾股定理求得，再證明，由相似三角形的性質可得，代入數(shù)值即可求得可得，，然后結合翻折的性質可知為等腰直角三角形，可推導，由即可獲得答案；②作于點，同理可得，，由即可獲得答案．【詳解】解：①如下圖，作于點，連接，在中，，∵，，∴，∴，∵點是的中點，∴，∴，∴，，∵，∴，由翻折的性質可知，，∴，又∵，∴，∴；②如下圖，作于點，當時，同理可得，∴．故答案為：或．【點睛】本題主要考查了翻折變換、相似三角形的判定和性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．9．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考一模）如圖，點是矩形紙片邊上一點，如果沿著折疊矩形紙片，恰好使點落在邊上的點處，已知，那么折痕的長是_____________．【答案】【分析】由折疊的性質可知，由矩形的性質得到，，先解求出，進而得到，則，設，則，由勾股定理得到，解方程求出，則．【詳解】解：由折疊的性質可知，∵四邊形是矩形，∴，，∵在中，，∴，∴，∴，∴，設，則，在中，由勾股定理得：，∴，解得，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理與折疊問題，解直角三角形，正確求出的長是解題的關鍵．10．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為5，點E是邊上的一點，將正方形沿直線翻折后，點D的對應點是點，聯(lián)結交正方形的邊于點F，如果，那么的長是______________．【答案】##【分析】連接，由折疊的性質及直角三角形的性質可得，再可證明，則可得點是的中點，設，則可得，再可證明，由相似三角形的性質建立關于x的方程，解方程即可求得x，從而求得結果．【詳解】解：連接，如圖，四邊形是正方形，，，，由折疊的性質得：，，，

，，，即，，，，，，，，，，，

即點是的中點，設，則，，，，，，，，，，即解得：，（舍去），故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，解一元二次方程，直角三角形的性質等知識，利用相似三角形的性質建立一元二次方程是本題的關鍵與難點．11．（2023·上海嘉定·校考一模）點、分別在的邊、上，且，，(如圖)，沿直線翻折，翻折后的點落在內部的點，直線與邊相交于點，如果，那么______．【答案】【詳解】根據題意可得：∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵點落在內部的點，∴是等腰直角三角形，∴，∴，又∵，設，則，，∴，，∴，∴，故答案為：【點睛】此題考查了余切函數(shù)，解題的關鍵構造直角三角形并把直角邊的關系式表示出來．12．（2023·上海閔行·統(tǒng)考一模）閱讀：對于線段與點O（點O與不在同一直線上），如果同一平面內點P滿足：射線與線段交于點Q，且，那么稱點P為點O關于線段的“準射點”．問題：如圖，矩形中，，點E在邊上，且，聯(lián)結．設點F是點A關于線段的“準射點”，且點F在矩形的內部或邊上，如果點C與點F之間距離為d，那么d的取值范圍為___________．【答案】【分析】設交于點Q，由點F是點A關于線段的“準射點”可得，過點F作交于點G，交于點H，由平行線分線段成比例定理得，，連接，求出的長，作于M，求出的長即可．【詳解】如圖，設交于點Q，∵點F是點A關于線段的“準射點”，∴，∴Q是的中點，即，過點F作交于點G，交于點H，∴，∴，，∴點F在線段上，連接，則．作于M，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴．∵，∴∴d的取值范圍是．【點睛】本題考查了新定義，矩形的性質，勾股定理，垂線段最短，三角形的面積公式，平行線分線段成比例定理，以及平行四邊形的判定與性質，判斷出點F的位置是解答本題的關鍵．13．（2023·上海閔行·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點D在邊上，點E在邊上，將沿著折痕翻折后，點A恰好落在線段的延長線上的點P處，如果，那么折痕的長為___________．【答案】【分析】過點D作于點F，首先根據題意可證得，，，根據勾股定理即可求得，，再由折疊的性質可知：，，即可求得，，再根據勾股定理即可求得，，由，可證得，，據此即可求得，，，再根據勾股定理即可求得，，據此根據勾股定理即可求得結果．【詳解】解：如圖：過點D作于點F，，，，，，，在中，，，，在中，，，解得，，由折疊的性質可知：，，，

解得，，在中，，，，，，，解得，，，在中，，，解得，，

在中，，，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，正切的定義，作出輔助線及準確找到各線段之間的關系是解決本題的關鍵．14．（2023·上海徐匯·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，且，則________.【答案】##【分析】構造矩形，將求轉化為求，再利用勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，分別過A點，D點向BC作垂線，垂足分別為點F和點E，∴∵，∴四邊形是矩形，∴，∵在中，，，∴，∴，∴，由旋轉，得，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質、矩形的判定與性質、旋轉的性質，解題關鍵是構造出矩形進行線段之間的轉化．15．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）已知在正方形中，對角線，點E、F分別在邊上，．(1)如圖，如果，求線段的長(2)過點E作，垂足為點G，與交于點H．①求證：；②設的中點為點O，如果，求的值．【答案】(1)；(2)①見解析，②或．【分析】（1）如圖，連接交于點M．易證，得垂直平分，可得，由可得，由勾股定理求出，依據，求解即可；（2）①如圖1，過點H作交于點N，延長交于點M，易證，可得，易證得到，由，可證，，即，，代入即可；②過F作交于P，過E作交于I、交于Q，連接，易證，得到，由（1）可知垂直平分，得，如圖，當H在上時，，由①可知，，設,則，，可得，設，由，解得，在中，，解得，從而可求得；如圖，當H在上時，，由①可知，，設,則，，，設，由，解得，在中，，解得，代入可得．【詳解】（1）解：如圖，連接交于點M．由題意可知，∴在和中，，∴，∴，，，∴垂直平分，∴，∴，∵，，，，，∴，解得：，；（2）①如圖1，過點H作交于點N，延長交于點M，在正方形中，，，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴；②過F作交于P，過E作交于I、交于Q，連接，，，，，，在正方形中，易證是正方形，，，，，由（1）可知垂直平分，，如圖，當H在上時，，由①可知，，設,則，，，，，，，在與中，，設，，∴，解得，在中，，∴，解得或（不合題意，舍去），∴；如圖，當H在上時，，，由①可知，，設,則，，在與中，，設，，，，∴，解得，在中，，∴，∴，∴，解得或（不合題意，舍去），∴，綜上所述：或．【點睛】本題考查了全等三角形的證明和性質的應用，相似三角形的判定和性質的應用、勾股定理和三角函數(shù)解直角三角形；解題的關鍵是構建相似三角形，運用相似的性質建立等量關系．16．（2023·上海青浦·校考一模）如圖1，梯形中，，，，，，M在邊上，連接，；(1)求的長；(2)如圖2，作，交于點E，交于點F，若，，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；(3)若是等腰三角形，求的值；【答案】(1)5(2)(3)或或8【分析】（1）過點D作于點E，證明四邊形為矩形，則，，再根據勾股定理定理即可求出；（2）連接，先用等面積法求出，再證明，從而得出，最后證明，根據相似三角形的性質即可求解；（3）根據可得為等腰三角形，根據題意進行分類討論，當點E在線段上時，當點E在延長線上時．【詳解】（1）解：過點D作于點P，∵，，∴，∵，∴，∴四邊形為矩形，∴，，∵，∴，在中，根據勾股定理得：．（2）解：連接，∵，，∴，即，解得：，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，，∴，∴，，整理得：．（3）①當點E在線段上時，由（2）可得，∵為等腰三角形，∴為等腰三角形，當時，；當時，過點M作于點Q，由（1）可得：，∴，∵，∴，∵，，∴，不符合題意，舍去；=當時，過點E作于點H，∵，，∴，∵，∴，∴，②當點E在延長線上時，∵，，∴，∴當點E在延長線上時，只能為等腰三角形的頂角，∴，∴．綜上：或或8．【點睛】本題主要考查了四邊形和三角形的綜合應用，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，解直角三角形，勾股定理等，解題的關鍵是熟練掌握各個相關知識點并靈活運用，根據題意正確作出輔助線，構造直角三角形那個和全等三角形求解．17．（2023·上海浦東新·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，，平分交邊于點D，點E是邊上的一個動點（不與B、C重合），F(xiàn)是邊上一點，且，與相交于點．(1)求證：；(2)設，，求與之間的函數(shù)關系式，并寫出的取值范圍；(3)當是以為腰的等腰三角形時，求的長．【答案】(1)見解析(2)(3)的長為1或6.4【分析】（1）要證，只需證，只需證到，．由，平分可證到；由可證到，問題解決；（2）作的垂直平分線交于點M，交于點N，易證，從而可以證到，可得．只需用x、y表示出、，問題就得以解決；（3）當是以為腰的等腰三角形時，可分和兩種情況討論．當時，由可得，從而可以得到x與y的等量關系，再結合（2）中的y與x的關系就可求出x的值；當時，易證，過點F作，垂足為H，則有，結合，就可得到x與y的等量關系，再結合（2）中的y與x的關系就可求出x的值．【詳解】（1）證明：∵平分，∴，∵，∴，∵，，，∴，∵，，∴，∴．（2）解：作的垂直平分線交于點M，交于點N，連接，如圖2所示：則有，在中，，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，，∴，又∵，∴，∴；（3）解：①當時，如圖3所示：∵（已證），∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，整理得：，則有，解得：（舍），，∴；②當時，如圖4所示：過點F作，垂足為H，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，整理得：，則有，∴，，∵，∴，∴；綜上所述：當是以為腰的等腰三角形時，的長為1或6.4．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、用因式分解法解一元二次方程、銳角三角函數(shù)的定義、三角形內角和定理、三角形的外角性質、垂直平分線的性質等知識，綜合性非常強．而作的垂直平分線交于點M，進而證到是解決第二小題和第三小題的關鍵．18．（2023·上海青浦·?？家荒＃┤鐖D，已知，的內部有一點，且，過點作交于點，與交于點．(1)如果，求的長；(2)設，，求與的函數(shù)關系式，并寫出定義域；(3)如果，求的面積．【答案】(1)的長為(2)與的函數(shù)關系式為(3)的面積為【分析】（1）作交于，由得，，設，則，由勾股定理得，從而得出，由得，因為，從而得到，即，計算即可得到答案；（2）作交于，交于，由（1）得，，得到，即，在根據等面積法和勾股定理求出的長，從而即可求出與的函數(shù)關系式；（3）連接，交于，由，得四邊形為平行四邊形，從而得，又由，得，從而得到，，最后通過計算面積即可．【詳解】（1）解：如圖所示，作交于，，，，設，則，在Rt中，，，，解得：，（舍去），，，，，，，，，即，解得：，的長為；（2）解：如圖所示，作交于，交于，，由（1）得，，，即，，，，，，即，解得：，，，其中最大為的長，為，，與的函數(shù)關系式為；（3）解：如圖所示，連接，交于，，四邊形為平行四邊形，對角線相交于點，，，，，，．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定的應用，勾股定理，平行四邊形的判定與性質，熟練掌握平行四邊形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，作出適當?shù)妮o助線，是解題的關鍵19．（2023·上海黃浦·統(tǒng)考一模）已知，如圖1，在四邊形中，，，．(1)當時（如圖2），求的長；(2)連接，交邊于點，①設，，求關于的函數(shù)解析式并寫出定義域；②當是等腰三角形時，求的長．【答案】(1)；(2)的長為或．【分析】（1）在中，解直角三角形得，，再證即可得解；（2）①先求得，，根據，可得定義域，證明可得關于的函數(shù)解析式；②分兩類討論求解，當時，作于點Q，作于點P，證得解，當時，作垂直直線于點N，證得解．【詳解】（1）解：∵在中，，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；（2）解：①如圖2，作于點N，∵，，，，∴，∴，，∵，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，即，∴，②∵，∴，∴，當時，作于點Q，作于點P，如下圖，易知四邊形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；當時，作垂直直線于點N，如下圖，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴即，∴，∵⊥，∴，，∴，解得或（舍去），綜上的長為或．【點睛】本題主要考查了解直角三角形、勾股定理、求函數(shù)解析式、矩形的判定及性質以及相似三角形的判定及性質，熟練掌握勾股定理以及相似三角形的判定及性質是解題的關鍵．20．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點D是斜邊上的動點，連接，垂直平分交射線于點F，交邊于點E．(1)如圖，當點D是斜邊上的中點時，求的長；(2)連接，如果和相似，求的長；(3)當點F在邊的延長線上，且時，求的長．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）如圖，記，的交點為，證明，，再利用銳角三角函數(shù)分別求解，即可；（2）先求解，，由和相似，分兩種情況討論即可；（3）如圖，連接，過作交的延長線于，由，可得，求解，，結合垂直平分線的性質可得：，由勾股定理可得，從而可得答案．【詳解】（1）解：如圖，記，的交點為，∵，點D是斜邊上的中點，，∴，∴，∵垂直平分∴，，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴．（2）∵，，，∴，設，則，∴，解得：，∴，，∵和相似，如圖，當時，∴，由垂直平分線的性質可得：，∴，解得：，如圖，當時，∴，∴，解得：．（3）如圖，連接，過作交的延長線于，∵，∴，而，同理可得：，，由垂直平分線的性質可得：，∴，∴．【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質，銳角三角函數(shù)的應用，清晰的分類討論，作出適當?shù)妮o助線構建相似三角形與直角三角形都是解本題的關鍵．限時檢測02：全國各地最新模擬試題（80分鐘）1．（2023·廣東惠州·校考一模）已知邊長為4的等邊，D、E、F分別為邊的中點，P為線段上一動點，則的最小值為（）A． B．3 C．4 D．【答案】C【分析】連接，設與相交于點H，首先說明是線段的垂直平分線，可證，即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接，設與相交于點H，∵是等邊三角形，D、E、F分別為邊的中點，∴，，∴,，∴是線段的垂直平分線，∴，∴，∵，∴，∴的最小值為4．故選：C．【點睛】本題考查了垂直平分線的判定和性質，等邊三角形的性質，三角形的中位線定理，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．2．（2023·廣東珠?！ぶ楹Ｊ形膱@中學校考一模）如圖①，在正方形中，點是的中點，點是對角線上一動點，設，．已知與之間的函數(shù)圖象如圖②所示，點是圖象的最低點，那么正方形的邊長的值為（

）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】由、關于對稱，推出，推出，推出當、、共線時，的值最小，連接，由圖象可知，就可以求出正方形的邊長．【詳解】解：如圖，連接交于點，連接，連接交于點．四邊形是正方形，是的中點，點是的中點，是的重心，，，、關于對稱，，，當、、共線時，的值最小，的值最小就是的長，，設正方形的邊長為，則，在中，由勾股定理得：，，負值已舍，即正方形的邊長為．故選：C．【點睛】本題考查的是動點圖象問題，涉及到正方形的性質，重心的性質，利用勾股定理求線段長是解題的關鍵．3．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，點為邊上任意一點，連接，以，為鄰邊作，連接，則長度的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用勾股定理得到邊的長度，根據平行四邊形的性質，得知最短即為最短，利用垂線段最短得到點的位置，再證明利用對應線段的比得到的長度，繼而得到的長度．【詳解】解：，，四邊形是平行四邊形，＝，＝，最短也就是最短，過作的垂線，，，，，則的最小值為，故選：C．【點睛】考查線段的最小值問題，結合了平行四邊形性質和相似三角形求線段長度，本題的關鍵是利用垂線段最短求解．4．（2023·安徽亳州·校考模擬預測）在中，，，，為上一點，為內部一點，且，當?shù)闹底钚r，則的長是（

）A．4 B． C．2 D．【答案】C【分析】過點A作于點D，根據題意可得，從而得到點Q到，的距離相等，進而得到，在上截取，連接，可得，從而得到，進而得到，即的最小值為的長，此時，再根據直角三角形的性質，求出的長，即可求解．【詳解】解：如圖，過點A作于點D，∵，，∴，∵，∴，∴點Q到，的距離相等，∴點Q在的平分線上，即，在上截取，連接，∵，∴，∴，∴，即的最小值為的長，此時，∵，，∴，∵，∴，即當?shù)闹底钚r，則的長是2．故選：C【點睛】本題主要考查了角平分線的判定定理，直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，根據題意得到當?shù)闹底钚r，是解題的關鍵．5．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）已知拋物線與x軸交于A，B兩點，對稱軸與x軸交于點D，點C為拋物線的頂點，以C點為圓心的半徑為2，點G為上一動點，點P為的中點，則的最大值與最小值和為（）A． B． C． D．5【答案】D【分析】連接．利用三角形的中位線定理證明，求出的最大和最小值，即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接．∵，∴，∴當?shù)闹底畲髸r，的值最大，當?shù)闹底钚r，的值最小，∵，∴，∴，當點G在線段的延長線上時，的值最大，最大值，當點G在線段上時，的值最小，最小值，∴的最大值為3.5，的最小值為1.5，∴DP的最大值與最小值和為．故選D．【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象上的點的坐標特征，勾股定理，三角形中位線定理等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題．6．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，經過的頂點C，與邊分別交于點M，N，與邊相切．若，則線段長度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于點F，當CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，過O作于E，根據圓周角定理和垂徑定理得到，，，再根據等腰直角三角形的判定與性質求得直徑，然后解直角三角形求得即可．【詳解】解：如圖，作于點F，∵即為定值，且垂線段最短，∴當CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，則，過O作于E，則，，∵，，，∴，則，∴，∴，即的最小值為．故選：D．【點睛】本題考查切線的性質、圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定與性質、解直角三角形等知識，解答的關鍵是找到直徑最小時，線段的長度也最?。?．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，是的中點，是邊上一點（不與重合），連接，若，則的值是（）A．3 B．或 C．或 D．或6【答案】C【分析】首先根據題意證明，然后根據相似三角形的性質列方程求解即可．【詳解】解：∵在矩形中，，E是的中點，∴，，∵四邊形是矩形，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴，即，整理得，，解得或，當時，，當時，，故選：C．【點睛】此題考查了矩形的性質，相似三角形的性質和判定，解一元二次方程，勾股定理等知識，解題的關鍵是證明．8．（2023·湖北咸寧·校聯(lián)考一模）如圖①，在矩形中，動點從點出發(fā)，沿的路線運動，當點到達點時停止運動．若，交于點，設點運動的路程為，，已知關于的函數(shù)圖象如圖②所示，當時，的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據圖②得到的數(shù)值，然后根據相似三角形列出比例式即可求得．【詳解】解：當點在點時，即時，由圖象可知：，，當點在點和點時，，根據圖象可知：，當時，點在中點，，如圖，，，，，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了動點問題，相關知識點有：函數(shù)圖象、矩形性質、相似三角形的判定與性質，理解動點的完整過程是解題關鍵．9．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，延長至點，連接，，點為邊上一動點，于，于，連接，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，取的中點，分別連接，，過作交于，先證明，，，四點共圓，根據圓周角定理得出，證明為等腰直角三角形，，說明當取最小值時，也取最小值，由說明當取最小值時，最小，此時也最小，根據垂線段最短得出時，取最小值，根據勾股定理，利用等積法求出，然后再求出即可．【詳解】解：連接，取的中點，分別連接，，過作交于，如圖所示：∵，，∴點，，，四點共圓，∴，∵，∴，∴為等腰直角三角形，∴，∴當取最小值時，也取最小值，∵，∴當取最小值時，最小，此時也最小，∵時，取最小值，∴此時最小，∵在中，，，∴，∴，∵，，∴為等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴，∴，即的最小值為，故C正確．故選：C．【點睛】本題主要考查了四點共圓，圓周角定理，等邊三角形的性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質，垂線段最短，解題的關鍵是作出輔助線，說明當取最小值時，最小，此時也最小．10．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，E是AB邊延長線上一點，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點，將△CEF沿CF翻折，使點E的對應點G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點H，則FH的長是（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根據直角三角形全等的判定定理“”證明，得，則，則，即可根據勾股定理求出，再由，且得，則，由，求得,即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形是邊長為的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故選：．【點睛】本題考查正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，根據面積等式求線段的長度等知識和方法，正確求出和的長度是解題的關鍵．11．（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，在中，弦，點為圓周上一動點，連接、，為上一點，且，，則周長的最大值為______．【答案】##【分析】設的周長為，則，因為點是圓周上一動點，所以當時直徑時，最長；求出，，所以，，則最大為．【詳解】解：設的周長為，則，，，點是圓周上一動點，當時直徑時，最長，，，，，，，，最大為；故答案為：．【點睛】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，圓的基本概念，勾股定理，含30度的直角三角形的性質，解題的關鍵是利用已知條件將三角形的周長轉化為．12．（2023·浙江舟山·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，，點D是邊上的點，將沿折疊得到，線段與邊交于點F．若為直角，則的長是___________．【答案】##【分析】過點A作于點G，根據等腰三角形的性質可得，從而得到，進而得到，再由折疊的性質可得，從而得到，進而得到，即可求解．【詳解】解：如圖，過點A作于點G，∵，，∴，∴，∴，∵將沿折疊得到，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．故答案為：【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定和性質，圖形的折疊問題，直角三角形的性質，勾股定理等知識，熟練掌握等腰三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理是解題的關鍵．13．（2023·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖，，于A，于，且，點從向A運動，每秒鐘走，點從向運動，每秒鐘走，點，同時出發(fā)，運動______秒后，與全等．【答案】6【分析】設運動x秒鐘后與全等；則則，分兩種情況：①若，則，此時，；②若，則，得出，，即可得出結果．【詳解】解：∵于A，于，∴，設運動x分鐘后與全等；則則，分兩種情況：①若，則，∴，，，∴；②若，則，解得：，，此時與不全等；綜上所述：運動6秒鐘后與全等；故答案為：6．【點睛】本題考查了三角形全等的判定方法、解方程等知識；本題難度適中，需要進行分類討論．14．（2023·安徽蕪湖·蕪湖市第二十九中學?？家荒＃┤鐖D，在中，，，將繞點C順時針旋轉α得到，當點B正好落在線段上時，則旋轉角________度．【答案】【分析】根據三角形內角和定理得到，根據旋轉得到，，，即可得到，結合三角形內外角關系即可得到，即可得到答案；【詳解】解：∵，，∴，∵繞點C順時針旋轉α得到，∴，，，∴，在中，，∴，∴，故答案為；【點睛】本題主要考查旋轉的性質，三角形內角和定理及三角形內外角關系，解題的關鍵是求出．15．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，在中，，，將繞點逆時針旋轉，得到，則點到的距離是_____．【答案】【分析】延長交于點，過點作于點，根據旋轉的性質得出，繼而根據含30度角的直角三角形的性質，即可求解．【詳解】解：如圖所示，延長交于點，∵，將繞點逆時針旋轉，得到，∴,，∴∴，過點作于點，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，含30度角的直角三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．16．（2023·江蘇無錫·江蘇省錫山高級中學實驗學校?？家荒＃┤鐖D，在中，，D為的中點，E為邊上一點，將沿著翻折，得到，連接．當時，則的度數(shù)為______．【答案】##20度【分析】結合題意，由翻折易證為等邊三角形得到，然后利用三角形內角和定理和外角進行角的加減計算和求解．【詳解】解：D為的中點，，有翻折可知：，，，，又，為等邊三角形，，，，，又，，故答案為：．【點睛】本題考查了翻折的性質，等邊三角形的證明和性質的應用，三角形內角和定理以及三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和，角的計算；解題的關鍵是證明為等邊三角形得到．17．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在菱形中，，．折疊該菱形，使點A落在邊上的點處，折痕分別與邊，交于點，當點與點重合時，的長為______；當點的位置變化時，長的最大值為______．【答案】

【分析】如圖中，求出等邊的高即可．如圖中，連接交于點，過點作于點，交于點，過點作交的延長線于點，取的中點，連接證明，求出的最小值，可得結論．【詳解】解：如圖中，四邊形是菱形，，，，都是等邊三角形，當點與重合時，是等邊的高，．如圖中，連接交于點，過點作于點，交于點，過點作交的延長線于點，取的中點，連接．∵，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，的最小值為，的最大值為．故答案為：，．【點睛】本題考查菱形的性質，矩形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會填空常用輔助線，構造特殊四邊形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．18．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知一個量角器的直徑與正方形的邊長相等，點與點重合，量角器的半圓弧與邊交于點，過點作，交邊于，連結，在量角器繞點順時針旋轉的過程中，若的度數(shù)為，則__________°，此時的值為_________．【答案】

##【分析】先由證明，得到，已知的度數(shù)為，得到，進而得到，再證明，得到，已知四邊形是正方形，得到，進而得到，，根據，即可求得的度數(shù)；根據，，得到，，，設，則，由勾股定理可得，即可求解．【詳解】在和中，，∴，∴，∵的度數(shù)為，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴；∵，，∴，，，設，∵的度數(shù)為，∴，∴，∴，設，則，，∵，∴，∴，∴；故答案為：；【點睛】本題主要考查四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理等知識，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．19．（2023·廣東云浮·?？家荒＃┤鐖D，折疊矩形的一邊，使點D落在邊的點F處．已知折痕，且，則線段的長度為______．【答案】6【分析】根據，設，在中可得，，由，三角函數(shù)的知識求出，在中由勾股定理求出，代入可得出答案．【詳解】解：四邊形是矩形，，由折疊的性質得：，，，，設，則，由勾股定理得，，，，，，，，在中，由勾股定理得，解得：，∴，故答案為6．【點睛】本題主要考查折疊的性質、矩形的性質、三角函數(shù)及勾股定理，熟練掌握折疊的性質、矩形的性質、三角函數(shù)及勾股定理是解題的關鍵．20．（2023·河北滄州·校考模擬預測）如圖，直角三角形中，，，將三角形的斜邊放在定直線上，將點按順時針方向在上轉動兩次，轉動到的位置，設，，，則點所經過的路線長是_____．【答案】【分析】根據題目要求找出點所經過的路線分別為以為圓心，圓心角，為半徑的圓弧，和以為圓心，圓心角為，為半徑的圓弧，再利用弧長計算公式求解即可．【詳解】解：∵，，∴，∵如圖，第一次轉動是以為圓心，圓心角，為半徑的圓弧，第二次轉動是以為圓心，圓心角為，為半徑的圓弧，∴點所經過的路線長為，故答案為：．【點睛】本題考查了扇形的弧長計算公式，正確找出點所經過的路線，及熟練應用弧長計算公式求弧長是解答本題的關鍵．21．（2023·陜西西安·校考一模）如圖，在矩形中，，連接，，點是上一點，，點是上一動點，連接，以為斜邊向下作等腰直角，連接，當?shù)闹底钚r，的長為____________．【答案】【分析】根據矩形的性質，勾股定理，以及已知條件得出，連接，在上取一點，使得，證明，進而得出點在的角平分線上運動，當最小時，重合，此時，即可求解．【詳解】解：∵矩形中，，，∴，，∵，∴，如圖所示，連接，在上取一點，使得，∵，等腰直角，∴，，又∵，∴，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴點在的角平分線上運動，當最小時，重合，此時，故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，矩形的性質，勾股定理，得出點在的角平分線上運動是解題的關鍵．22．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，對角線，相交于點，，，點在線段上，從點至點運動，連接，以為邊作等邊，點和點分別位于兩側．（1）當點運動到點時，的長為______；（2）點在線段上從點至點運動過程中，的最小值為______．【答案】

【分析】連接并延長至，使得，連接，證明，進而證明是等邊三角形，，得出點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，即可求解；（2）根據垂線段最短，得出從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為，進而勾股定理即可求解．【詳解】（1）如圖所示，連接并延長至，使得，連接，∵在矩形中，對角線，相交于點，，，∴，∴是等邊三角形，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，∴∴,，∵，則是等邊三角形，∴，∴即∴點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，∵，，∴，∴，又∵，∴∴是等邊三角形，∴，∴當點運動到點時，點運動到點，則的長，故答案為：．（2）由（1）可知點在線段上從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為∵，則∴，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，等邊三角形的性質，全等三角形的性質與判定，得出點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動是解題的關鍵．23．（2023·廣東云浮·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形中，，，，點P是平行四邊形內部的一個動點，且，則線段的最小值為_______．【答案】##【分析】先由圓周角定理得到點P在以為直徑的圓上，取中點O，連接，則，當且僅當O、P、A共線時取等號，如圖，過A作交延長線于E，根據平行四邊形的性質和銳角三角形函數(shù)定義求得，，進而利用勾股定理求得即可求解．【詳解】解：∵，∴點P在以為直徑的圓上，取中點O，連接，則，當且僅當O、P、A共線時取等號，如圖，過A作交延長線于E，∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∴，∴，，∴在中，，∴，又，∴線段的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查圓周角、圓上的點與已知點的最短距離、平行四邊形的性質、勾股定理、解直角三角形等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，得到點P的運動軌跡是解答的關鍵．24．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，等邊三角形邊長為2，點D在邊上，且，點E在邊上且，連接，交于點F，在線段上截取，連接，則線段的最小值是______．【答案】##【分析】先根據等邊三角形的性質證明，得出，進而得到，從而得到點G在以AC為弦、所對圓周角為的一段弧上運動，然后作輔助線圖如圖，得到（當且僅當三點共線時取=），得出的最小值即為，再求出即得答案．【詳解】解：∵等邊三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，連接，如圖，∵，∴，∴，∴點G在以AC為弦、所對圓周角為的一段弧上運動，設這段弧所在的圓心為O，連接，如圖，則（當且僅當三點共線時取=），∴的最小值即為，設交于點H，∵，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴四邊形是菱形，∴，∴，∴，∴的最小值為；故答案為；．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質、菱形的判定和性質、勾股定理以及圓的相關知識，得出點G取最小值的位置是解題的關鍵．25．（2023·安徽蕪湖·蕪湖市第二十九中學校考一模）如圖，在中，，，為邊上的一個動點（不與、重合），連接，則的最小值是______．【答案】【分析】以A為頂點，為一邊，在下方作，過B作于D，交于P，由是等腰直角三角形的，即，故取最小值即是取最小值，此時B、P、D共線，且，的最小值即是的長，根據，，可得，即可得答案．【詳解】解：以A為頂點，為一邊，在下方作，過B作于D，交于P，如圖：由作圖可知：是等腰直角三角形，∴，∴，∴取最小值即是取最小值，此時B、P、D共線，且，的最小值即是的長，∵，，∴，∴，，∴的最小值是．故答案為：．【點睛】本題考查三角形中的最小路徑，解題的關鍵是作輔助線，把的最小值轉化為求的最小值．26．（2023·安徽滁州·?？家荒＃┰谥?，，，現(xiàn)有動點從點出發(fā)，沿線段向點方向運動：動點從點出發(fā)，沿線段向點方向運動．如果點的速度是，點的速度是，它們同時出發(fā)，當有一點到達所在線段的端點時，就停止運動．設運動時間為秒．求：(1)當時，、兩點之間的距離是多少？(2)若的面積為，求關于的函數(shù)關系式．(3)當為多少時，以點，，為頂點的三角形與相似？【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）在中，當秒，可知、的長，運用勾股定理可將的長求出；（2）由點P，點Q的運動速度和運動時間，又知的長，可將用含t的表達式求出，代入直角三角形面積公式求解；（3）應分兩種情況：當時，根據，可將時間t求出；當時，根據，可求出時間t．【詳解】（1）由題意得則（1）當秒時，，，由勾股定理得；故、兩點之間的距離是（2）由題意得則∴由題意可知∴關于的函數(shù)關系式為（3）當時即解得當時即解得綜上所述：或．【點睛】本題主要考查了相似三角形性質以及勾股定理的運用，在解第三問時應分兩種情況進行求解防止漏解或錯解，注意方程思想與分類討論思想的應用是解此題的關鍵．27．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過點，點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，直線與拋物線在第一象限交于點．(1)求拋物線的解析式；(2)連接，點Q是直線上不與A、B重合的點，若，請求出點Q的坐標；(3)在x軸上有一動點H，平面內是否存在一點N，使以點A、H、C、N為頂點的四邊形是菱形?若存在，直接寫出點N的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)或(3)或或或【分析】（1）根據拋物線經過點、，用待定系數(shù)法即可求得結果；（2）先計算出，再求出直線的解析式，設出點Q的坐標，根據三角形面積公式即可求解；（3）分類討論，分別