初中數(shù)學(xué)120大招-26 最值問題隱圓模型

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁最值問題隱圓模型（全國通用）一、單選題1．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中線，點E、F同時從點D出發(fā)，以相同的速度分別沿DC、DB方向移動，當點E到達點C時，運動停止，直線AE分別與CF、BC相交于G、H，則在點E、F移動過程中，點G移動路線的長度為（

）A．2 B．π C．2π D．π【答案】D【解析】【分析】【詳解】解：如圖，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，∴CD⊥AB，∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠DAE＝∠DCF，∵∠AED＝∠CEG，∴∠ADE＝∠CGE＝90°，∴A、C、G、D四點共圓，∴點G的運動軌跡為弧CD，∵AB＝4，ABAC，∴AC＝2，∴OA＝OC，∵DA＝DC，OA＝OC，∴DO⊥AC，∴∠DOC＝90°，∴點G的運動軌跡的長為π．故選：D．2．如圖，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，點P為CA上的動點，連BP，過點A作AM⊥BP于M．當點P從點C運動到點A時，線段BM的中點N運動的路徑長為（

）A．π B．π C．π D．2π【答案】A【解析】【分析】【詳解】解：設(shè)AB的中點為Q，連接NQ，如圖所示：∵N為BM的中點，Q為AB的中點，∴NQ為△BAM的中位線，∵AM⊥BP，∴QN⊥BN，∴∠QNB＝90°，∴點N的路徑是以QB的中點O為圓心，AB長為半徑的圓交CB于D的，∵CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，∴ABCA＝4，∠QBD＝45°，∴∠DOQ＝90°，∴為⊙O的周長，∴線段BM的中點N運動的路徑長為：π，故選：A．3．如圖，在中，，cm，cm．是邊上的一個動點，連接，過點作于，連接，在點變化的過程中，線段的最小值是（

）A．1 B． C．2 D．【答案】A【解析】【分析】由∠AEC＝90°知，點E在以AC為直徑的⊙M的上（不含點C、可含點N），從而得BE最短時，即為連接BM與⊙M的交點（圖中點E′點），BE長度的最小值BE′＝BM?ME′．【詳解】如圖，由題意知，，在以為直徑的的上（不含點、可含點，最短時，即為連接與的交點（圖中點點），在中，，，則．，長度的最小值，故選：．【點睛】本題主要考查了勾股定理，圓周角定理，三角形的三邊關(guān)系等知識點，難度偏大，解題時，注意輔助線的作法．4．如圖，菱形ABCD的邊AB=8，∠B=60°，BP=3，Q是CD邊上一動點，將梯形APQD沿直線PQ折疊，A的對應(yīng)點為A′．當CA′的長度最小時，CQ的長為（）A．5 B．7 C．8 D．6.5【答案】B【解析】【分析】作CH⊥AB于H，如圖，根據(jù)菱形的性質(zhì)可判斷△ABC為等邊三角形，可求得CH，BH，PH，在Rt△CHP中，利用勾股定理計算出CP，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得點A′在以P點為圓心，PA為半徑的弧上，利用點與圓的位置關(guān)系得到當點A′在PC上時，CA′的值最小，然后證明CQ=CP即可．【詳解】解：作CH⊥AB于H，如圖，∵菱形ABCD的邊AB=8，∠B=60°，∴△ABC為等邊三角形，BC=8∴BH=4，，∵PB=3，∴HP=BH-BP=4-3=1，在Rt△CHP中，，∵梯形APQD沿直線PQ折疊，A的對應(yīng)點A′，∴點A′在以P點為圓心，PA為半徑的弧上，∴當點A′在PC上時，CA′的值最小，∴∠APQ=∠CPQ，而，∴∠APQ=∠CQP，∴∠CQP=∠CPQ，∴CQ=CP=7．故選：B．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，求圓外一點到圓的距離的最值問題，解決本題的關(guān)鍵是確定點A′在PC上時，CA′的值最?。?．如圖，的半徑是，P是上一動點，A是內(nèi)部一點，且，則下列說法正確的是（

）①PA的最小值為；②PA的最大值為；③當時，△PAO是等腰直角三角形；④△PAO面積最大為．A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④【答案】C【解析】【分析】分析知當A在線段PO上時，PA取最小值，A在PO延長線上時，PA取最大值，可以判斷①②是否正確；當∠OAP=90°時，根據(jù)勾股定理求出AP的長度，可以判斷③是否正確；作出A點的軌跡圓，知當OA⊥PO時，三角形PAO面積取最大值，通過計算判斷④是否正確即可．【詳解】解：由題意知，當A在線段PO上時，PA取最小值，A在PO延長線上時，PA取最大值，∴PA的最小值為，PA的最大值為，故①②正確；當∠OAP=90°時，根據(jù)勾股定理得：AP=，即AP=OA，三角形PAO為等腰直角三角形，故③正確；作出A點軌跡圓如下：知當OA⊥PO時，三角形PAO面積取最大值，最大值為：，故④錯誤，綜上所述，正確的序號為：①②③，故選：C．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)、勾股定理、線段最值等知識點，借助圓的性質(zhì)判斷出線段的最值是解決本題的關(guān)鍵．6．正方形ABCD中，AB=4，點E、F分別是CD、BC邊上的動點，且始終滿足DE=CF，DF、AE相交于點G.以AG為斜邊在AG下方作等腰直角△AHG使得∠AHG=90°，連接BH．則BH的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】首先證明，從而，再根據(jù)，可求，可知點H的運動軌跡為以點M為圓心，MH為半徑的圓，從而可求BH最小值．【詳解】解：如圖，取AD中點O，連接OG，以AO為斜邊作等腰直角三角形AOM，則，在和中，，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，是直角三角形，∴，∵為等腰直角三角形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴點H的運動軌跡為以點M為圓心，MH為半徑的圓，如圖，連接BM，交圓M于，過點M作于點P，∵，，∴，∴為等腰直角三角形，∵，∴AP=MP==1，∴BP=4-1=3，在中，，∴．∴BH的最小值為．故選：C．【點睛】本題考查了最短路徑問題，解題的關(guān)鍵是準確構(gòu)造輔助線，利用三角形相似以及點和圓的知識解決．7．如圖，在平面直角坐標系中，直線分別與x軸、y軸相交于點A、B，點E、F分別是正方形OACD的邊OD、AC上的動點，且，過原點O作，垂足為H，連接HA、HB，則面積的最大值為（

）A． B．12 C． D．【答案】D【解析】【分析】先證明ON=CN，再證點H在以O(shè)N直徑的圓上運動，則當點H在QM的延長線上時，點H到AB的距離最大，由相似三角形的性質(zhì)可求MK，KQ的長，由三角形的面積公式可求解．【詳解】解：如下圖，連接AD，交EF于N，連接OC，取ON的中點M，連接MH，過點M作MQ⊥AB于Q，交AO于點K，作MP⊥OA與點P，∵直線y=x?3分別與x軸、y軸相交于點A、B，∴點A（4，0），點B（0，-3），∴OB=3，OA=4，∴，∵四邊形ACDO是正方形，∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4，∠COA=45°，∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，又∵DE=AF，∴△DEN≌△AFN（ASA），∴DN=AN，EN=NF，∴點N是AD的中點，即點N是OC的中點，∴ON=NC=2，∵OH⊥EF，∴∠OHN=90°，∴點H在以O(shè)N直徑的圓上運動，∴當點H在QM的延長線上時，點H到AB的距離最大，∵點M是ON的中點，∴OM=MN=，∵MP⊥OP，∠COA=45°，∴OP=MP=1，∴AP=3，∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，∴∠AKQ=∠ABO=∠MKP，又∵∠AOB=∠MPK=90°，∴△MPK∽△AOB，∴，∴，∴MK=，PK=，∴AK=，∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，∴△AKQ∽△ABO，∴，∴，∴KQ=，∴QM=KQ+MK=+=，∴點H到AB的最大距離為+，∴△HAB面積的最大值=×5×(+)=，故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用，圓等知識，解題的關(guān)鍵是求出MQ的長．8．如圖，在Rt和Rt中，，，AB=AE=5．連接BD，CE，將△繞點A旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)的過程中當最大時，△ACE的面積為（

）．A．6 B． C．9 D．【答案】A【解析】【分析】先分析出D的軌跡為以A為圓心AD的長為半徑的圓，當BD與該圓相切時，∠DBA最大，過C作CF⊥AE于F，由勾股定理及三角函數(shù)計算出BD、CF的長，代入面積公式求解即可．【詳解】解：由題意知，D點軌跡為以A為圓心AD的長為半徑的圓，當BD與D點的軌跡圓相切時，∠DBA取最大值，此時∠BDA=90°，如圖所示，過C作CF⊥AE于F，∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，∴∠CAF=∠BAD，在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=，∴由sin∠CAF=sin∠BAD得：，即，解得：CF=，∴此時三角形ACE的面積==6，故選：A．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識點．此題綜合性較強，解題關(guān)鍵是利用D的軌跡圓確定出∠DBA取最大值時的位置．9．如圖，是等腰直角三角形，正方形繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，再延長交于G，以下結(jié)論中：①；②；③當，時，，正確的有（

）A．3個 B．2個 C．1個 D．都不對【答案】B【解析】【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易得△BAD≌△CAF，從而易得①②正確；取BC的中點O，連接OG、OA，則由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得OG是BC的一半，即為定值，故可得點G的運動路徑是以O(shè)為圓心OG長為半徑一段圓弧上運動，從而BG的長度不是固定的，因此可對③作出判定．【詳解】（1）∵四邊形ADEF是正方形∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜∴AB=AC∴∠BAD+DAC=90゜∴∠BAD=∠CAF在△BAD和△CAF中∴△BAD≌△CAF(SAS)∴BD=CF，∠DBA=∠FCA設(shè)BG與AC交于點M，則∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF故①②均正確；如圖，取BC的中點O，連接OG、OA∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分別是Rt△GBC、Rt△ABC斜邊上的中線∴在Rt△ABC中，由勾股定理得∴則點G在以O(shè)為圓心為半徑的一段圓弧上運動，其中點A為此弧的一個端點所以BG的長變化的，不可能是定值故③不正確故選：B．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)等知識，對③的判斷是比較難，判斷出點G的運動路徑后問題則迎刃而解．10．如圖，中，，，，P是內(nèi)部的一個動點，滿足，則線段CP長的最小值為（

）A． B．2 C． D．【答案】D【解析】【分析】結(jié)合題意推導(dǎo)得，取AB的中點O，以點O為圓心，為直徑作圓，連接OP；根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，得；根據(jù)圓的對稱性，得點P在以AB為直徑的上，根據(jù)兩點之間直線段最短的性質(zhì)，得當點O、點P、點C三點共線時，PC最?。桓鶕?jù)勾股定理的性質(zhì)計算得，通過線段和差計算即可得到答案．【詳解】，，，，，取AB的中點O，以點O為圓心，為直徑作圓，連接OP，點P在以AB為直徑的上，連接OC交于點P，當點O、點P、點C三點共線時，PC最小在中，，，，，最小值為故選：D．【點睛】本題考查了兩點之間直線段最短、圓、勾股定理、直角三角形斜邊中線的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓的對稱性、兩點之間直線段最短、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，從而完成求解．二、填空題11．如圖，長方形ABCD中，，BC=2，點E是DC邊上的動點，現(xiàn)將△BEC沿直線BE折疊，使點C落在點F處，則點D到點F的最短距離為________．【答案】2【解析】【分析】由題意易得點F的運動軌跡是以點B為圓心，BC長為半徑的圓弧，連接BD，然后根據(jù)隱圓問題可進行求解．【詳解】解：由題意得：點F的運動軌跡是以點B為圓心，BC長為半徑的圓弧，連接BD，交圓弧于點H，如圖所示：∴當點F與點H重合時，點D到點F的距離為最短，∵四邊形ABCD是矩形，，BC=2，∴，∴，∴，即點D到點F的最短距離為2；故答案為2．【點睛】本題主要考查隱圓問題，矩形與折疊，勾股定理，解題的關(guān)鍵是分析得出點F的運動軌跡．12．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一點，且CD＝3，E是BC邊上一點，將△DCE沿DE折疊，使點C落在點F處，連接BF，則BF的最小值為_______．【答案】##【解析】【分析】先由折疊判斷出F的運動軌跡是為以D為圓心，CD的長度為半徑的圓，當B、D、F共線且F在B、D之間時BF最小，根據(jù)勾股定理及圓的性質(zhì)求出此時BD、BF的長度即可．【詳解】解：由折疊知，F(xiàn)點的運動軌跡為：以D為圓心，CD的長度為半徑的圓，如圖所示，可知，當點B、D、F共線，且F在B、D之間時，BF取最小值，∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，∴BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=，∴BF=BD－DF=，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、圓的性質(zhì)、勾股定理解直角三角形的知識，該題涉及的最值問題屬于中考?？碱}型，根據(jù)折疊確定出F點運動軌跡是解題關(guān)鍵．13．如圖，在銳角△ABC中，AB＝2，AC＝，∠ABC＝60°．D是平面內(nèi)一動點，且∠ADB＝30°，則CD的最小值是________【答案】##【解析】【分析】作AH⊥BC于H，證明△ACH為等腰直角三角形，求得BC=+1，在BC上截取BO=AB=2，則△OAB為等邊三角形，以O(shè)為圓心，2為半徑作⊙O，根據(jù)∠ADB=30°，可得點D在⊙O上運動，當DB經(jīng)過圓心O時，CD最小，其最小值為⊙O的直徑減去BC的長．【詳解】解：如圖，作AH⊥BC于H，∵AB=2，AC=，∠ABC=60°，∴BH=AB=1，∴AH=，CH=，∴△ACH為等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，BC=CH+BH=+1，在BC上截取BO=AB=2，則△OAB為等邊三角形，以O(shè)為圓心，2為半徑作⊙O，∵∠ADB=30°，∴點D在⊙O上運動，當DB經(jīng)過圓心O時，CD最小，最小值為4-（+1）=3-．故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理．解題的關(guān)鍵是得出點D在⊙O上運動．14．如圖，點，的坐標分別為，，為坐標平面內(nèi)一動點，且，點為線段的中點，連接，當取最大值時，點的縱坐標為____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可知：點C在半徑為2的⊙B上，通過畫圖可知，C在AB的延長線上時，AC最大，根據(jù)中點坐標公式可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，∵點C為坐標平面內(nèi)一點，BC=2，∴C在⊙B上，且半徑為2，∴當C在AB的延長線上時，AC最大，過點C作CD⊥x軸，∵點，的坐標分別為，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴．∵CD⊥x軸，∴是等腰直角三角形，∴，∵，即，解得：，∴C點的縱坐標為，∵點為線段的中點，∴點的縱坐標為．故答案為：．【點睛】本題考查了坐標和圖形的性質(zhì)，動點線段最值問題，勾股定理等知識，確定AC為最大值時點C的位置是解題的關(guān)鍵．15．如圖，⊙O的半徑為2，弦AB＝2，點P為優(yōu)弧AB上一動點，AC⊥AP交直線PB于點C，則△ABC的最大面積是_________．【答案】【解析】【分析】連接OA、OB，如圖1，由OA=OB=AB=2可判斷△OAB為等邊三角形，則∠AOB=60°，根據(jù)圓周角定理得∠APB=∠AOB=30°，由于AC⊥AP，所以∠C=60°，因為AB=2，則要使△ABC的最大面積，點C到AB的距離要最大；由∠ACB=60°，可根據(jù)圓周角定理判斷點C在⊙D上，且∠ADB=120°，如圖2，于是當點C優(yōu)弧AB的中點時，點C到AB的距離最大，此時△ABC為等邊三角形，從而得到△ABC的最大面積．【詳解】解：連接OA、OB，如圖1，∵OA=OB=2，AB=2，∴△OAB為等邊三角形，∴∠AOB=60°，∴∠APB=∠AOB=30°，∵AC⊥AP，∴∠C=60°，∵AB=2，要使△ABC的最大面積，則點C到AB的距離最大，作△ABC的外接圓D，∵∠ACB=60°，點C在⊙D上，∴∠ADB=120°，如圖2，當點C優(yōu)弧AB的中點時，點C到AB的距離最大，此時△ABC為等邊三角形，且面積為AB2=，∴△ABC的最大面積為．故答案為：．【點睛】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等邊三角形的判斷與性質(zhì)；記住等邊三角形的面積公式．16．如圖，在矩形中，，，點、分別是邊、上的動點，且，點是的中點，、，則四邊形面積的最小值為______．【答案】38【解析】【分析】首先連接AC，過B作BH⊥AC于H，當G在BH上時，三角形ACG面積取最小值，此時四邊形AGCD面積取最小值，再連接BG，知BG=2，得到G點軌跡圓，該軌跡與BH交點即為所求最小值時的G點，利用面積法求出BH、GH的長，代入三角形面積公式求解即可．【詳解】解：連接，過作于，當G在BH上時，△ACG面積取最小值，此時四邊形AGCD面積取最小值，四邊形AGCD面積=三角形ACG面積+三角形ACD面積，即四邊形AGCD面積=三角形ACG面積+24．連接BG，由G是EF中點，EF=4知，BG=2，故G在以為圓心，為半徑的圓弧上，圓弧交于，此時四邊形AGCD面積取最小值，如圖所示，由勾股定理得：AC=10，∵AC·BH=AB·BC，∴BH=4.8，∴，即四邊形面積的最小值=．故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理及矩形中的與動點相關(guān)的最值問題，解題的關(guān)鍵是利用直角三角形斜邊的直線等于斜邊的一半確定出點的運動軌跡．17．如圖，已知，外心為，，，分別以，為腰向形外作等腰直角三角形與，連接，交于點，則的最小值是______．【答案】【解析】【分析】由與是等腰直角三角形，得到，，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，求得在以為直徑的圓上，由的外心為，，得到，如圖，當時，的值最小，解直角三角形即可得到結(jié)論．【詳解】解：與是等腰直角三角形，，，在與中，，≌，，，，在以為直徑的圓上，的外心為，，，如圖，當時，的值最小，，，，，．則的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．18．如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接等邊三角形，BC＝12，點D為上一動點，BE⊥OD于E，當點D由點B沿運動到點C時，線段AE的最大值是____．【答案】##【解析】【分析】連接，取中點，連接，求得，點在以為圓心，以為半徑的圓上，求得當共線且點在的延長線上時，最大，求解即可．【詳解】解：連接，取中點，連接，如下圖：∵，為中點∴∴點在以為圓心，以為半徑的圓上∴當共線且點在的延長線上時，最大延長交于點，如上圖：∵△ABC為⊙O的內(nèi)接等邊三角形∴垂直平分，∴∴，∴，∴∴的最大值為故答案為：【點睛】此題考查了圓與內(nèi)接正三角形的性質(zhì)，涉及了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形外心的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，利用性質(zhì)確定出點的運動軌跡．19．如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，AD＝2，E是AC的中點，連接DE，則線段DE長度的最小值為______．【答案】【解析】【分析】先判斷出四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，得到∠ACD=∠ABD=30°，根據(jù)題意知點E在以FG為直徑的⊙P上，連接PD交⊙P于點E，此時DE長度取得最小值，證明∠APD=90°，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵∠BAD=∠BCD=90°，∴四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ACD=∠ABD=30°，∴∠ADB=60°，∵AD=2，∴BD=2AD=4，分別取AB、AD的中點F、G，并連接FG，EF，EG，∵E是AC的中點，∴EF∥BC，EG∥CD，∴∠AEF=∠ACB，∠AEG=∠ACD，∴∠AEF+∠AEG=∠ACB+∠ACD=90°，即∠FEG=90°，∴點E在以FG為直徑的⊙P上，如圖：當點E恰好在線段PD上，此時DE的長度取得最小值，連接PA，∵F、G分別是AB、AD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=BD=2，∴∠ADB=∠AGF=60°，∵PA=PG，∴△APG是等邊三角形，∴∠APG=60°，∵PG=GD=GA，且∠AGF=60°，∴∠GPD=∠GDP=30°，∴∠APD=90°，∴PD=，∴DE長度的最小值為()．故答案為：()．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，得到點E在以FG為直徑的⊙P上是解題的關(guān)鍵．20．如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，點P在射線BC上，則的最小值為__________________．【答案】【解析】【分析】在AP上取點E，連接DE，使∠ADE=∠APD，由△ADE∽△APD，可得，當DE最小時，的值最小，作△ABE的外接圓⊙O，連接OD，OE，利用勾股定理及三角形三邊關(guān)系可得答案．【詳解】解：如圖，在AP上取點E，連接DE，使∠ADE＝∠APD，∵△ADE∽△APD，∴，∴，∵AD＝2，∴DE最小時，的值最小，作△ABE的外接圓⊙O，連接OD，OE，則OE＝OA＝OB＝1，在Rt△AOD中，，∴DE≥OD﹣OE＝﹣1，∴DE的最小值為﹣1，∴的最小值＝，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會利用輔助圓解決問題，屬于中考填空壓軸題．三、解答題21．如圖1，與都是等邊三角形，邊長分別為4和，連接為高，連接，N為的中點．（1）求證：；（2）將繞點A旋轉(zhuǎn)，當點E在上時，如圖2，與交于點G，連接，求線段的長；（3）連接，在繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，求的最大值．【答案】（1）見解析；（2）NG＝；（3）BN的最大值.【解析】【分析】（1）根據(jù)△ABC與△AEF是等邊三角形，得出∠BAE＝∠CAF.即可證出（SAS）；（2）根據(jù)AD為等邊△ABC的高，利用AD＝.根據(jù)AE＝,得出DE＝.根據(jù)勾股定理EC＝.求出∠CGE＝180°－90°＝90°.利用直角三角形斜邊中線可得NG＝EC＝；（3）取AC的中點H，連接BH,NH,根據(jù)BH為等邊△ABC的中線，根據(jù)勾股定理BH＝，根據(jù)N為CE的中點，利用中位線性質(zhì)NH＝AE＝.利用兩點之間線段最短在旋轉(zhuǎn)過程中，BN≤BH+HN=,可得BN≤而且當點H在線段BN上時BN可以取到最大值．【詳解】（1）證明：∵△ABC與△AEF是等邊三角形，∴∠BAC＝∠EAF=60°，∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAF，即∠BAE＝∠CAF.

在△ACF和△ABE中，，

∴（SAS）；（2）解：∵AD為等邊△ABC的高，∴DC＝BC＝2,∠DAC＝∠BAC＝30°，∴AD＝，∵AE＝，∴DE＝，∴EC＝.∵∠AEF＝60°,∠DAC＝30°，∴∠AGE＝180°－60°－30°＝90°，∴∠CGE＝180°－90°＝90°.∵N為CE的中點，∴NG＝EC＝；（3）解：取AC的中點H，連接BH,NH，∵BH為等邊△ABC的中線，∴BH⊥AC，AH=CH=AC=2，∴BH＝，∵N為CE的中點，∴NH是△ACE的中位線，∴NH＝AE＝，∵在旋轉(zhuǎn)過程中，BN≤BH+HN=，∴BN≤而且當點H在線段BN上時BN可以取到最大值，∴BN的最大值．【點睛】本題考查等邊三角形性質(zhì)，三角形全等判定，勾股定理，三角形中位線，最短路徑，掌握等邊三角形性質(zhì)，三角形全等判定方法，勾股定理應(yīng)用，三角形中位線性質(zhì)，最短路徑解決方法是解題關(guān)鍵．22．如圖，在正方形ABCD中，點E在直線AD右側(cè)，且AE＝1，以DE為邊作正方形DEFG，射線DF與邊BC交于點M，連接ME，MG．(1)如圖1，求證：ME＝MG；(2)若正方形ABCD的邊長為4，①如圖2，當G，C，M三點共線時，設(shè)EF與BC交于點N，求的值；②如圖3，取AD中點P，連接PF，求PF長度的最大值．【答案】(1)見解析(2)①；②【解析】【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，公共邊，即可證明，即可得；（2）①先證明點在上，進而求得求得，根據(jù)可得，又，進而即可求得的值；②連接，證明，求出相似比，進而可得點在以為圓心為半徑的圓上運動，根據(jù)點與圓的位置關(guān)系求最值即可．(1)四邊形是正方形(2)①如圖2，當G，C，M三點共線時，四邊形是正方形，，G，C，M三點共線時，在線段上又又正方形ABCD的邊長為4，，四邊形是正方形，即解得由（1）可知②連接，如圖，四邊形是正方形，，，即點在以為圓心為半徑的圓上運動，如圖，點在的右側(cè)，則當經(jīng)過點時，取得最大值最大值為為的中點，則中，即的最大值為【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，點與圓的位置關(guān)系，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．23．如圖，拋物線（a為常數(shù)，）與x軸分別交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且OB＝OC．(1)求a的值；(2)點D是該拋物線的頂點，點P（m，n）是第三象限內(nèi)拋物線上的一個點，分別連接BD、BC、CD、BP，當∠PBA＝∠CBD時，求m的值；(3)點K為坐標平面內(nèi)一點，DK＝2，點M為線段BK的中點，連接AM，當AM最大時，求點K的坐標．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）先求得,點的坐標，進而根據(jù)即可求得的值；（2）過點作軸于點，證明是直角三角形，進而，根據(jù)相似的性質(zhì)列出比例式進而代入點的坐標解方程即可；（3）接，取的中點，連接,根據(jù)題意，點在以為圓心，2為半徑的圓上，則在以為圓心，為半徑的圓上運動，根據(jù)點與圓的距離求最值，進而求得的解析式為，根據(jù),設(shè)直線的解析式為，將點代入求得，進而設(shè)，根據(jù)，進而根據(jù)勾股定理列出方程解方程求解即可．(1)令，解得令，拋物線（a為常數(shù)，）與x軸分別交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，拋物線與軸的交點為解得(2)如圖，過點作軸于點，是直角三角形，且又在拋物線上，整理得解得（舍）在第三象限，(3)如圖，連接，取的中點，連接,是的中位線根據(jù)題意點在以為圓心，2為半徑的圓上，則在以為圓心，為半徑的圓上運動，當三點共線，且在的延長線上時，最大，如圖，即設(shè)直線的解析式為，代入點，即解得直線的解析式為設(shè)直線的解析式為解得則的解析式為設(shè)點，，解得（舍去）【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運用，點與圓的距離求最值問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，正確的添加輔助線并熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．24．如圖，在△ABC和△DEF中，，，，BC、EF交于點M，且點M為BC、EF的中點，將△DEF繞點M旋轉(zhuǎn)．(1)如圖1，當△DEF旋轉(zhuǎn)至點A在FD延長線上時，若，，，求線段BF的長；(2)如圖2，當△DEF旋轉(zhuǎn)至點A在FD延長線上，點B在DE延長線上時，求證：；(3)如圖3，在△DEF旋轉(zhuǎn)過程中，直線AD與直線CF交于點N，連接BN，P為BN的中點，連接AP，若，請直接寫出線段AP的最大值．【答案】(1)3.(2)見解析.(3)+.【解析】【分析】（1）根據(jù)，過B作AF垂線，構(gòu)造直角三角形，理由勾股定理求解；（2）連接CF，根據(jù)易知條件得△ABD≌△ACF，△BEM≌△CFM，再利用等腰直角三角形邊的關(guān)系得到證明；（3）首先根據(jù)“手拉手”全等得到N點軌跡，根據(jù)“瓜豆原理”得到P點軌跡為圓弧，點與弧上一點最大距離為通過圓心的一條線段，利用勾股定理求解即可.(1)解：如圖，過B作BH⊥AF于H，在Rt△ABH中，tan∠BAH=，設(shè)AH=x，則BH=，由勾股定理得：5x2+x2=AB2又∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB=AC=·BC=3∴5x2+x2=9解得：AH=x=，BH=∵∴FH=在Rt△BFH中，BF==3.(2)如圖，連接CF∵M時BC中點，M是EM中點∴EM=MF，BM=CM∵∠BME=∠CMF∴△BEM≌△CFM∴BE=CF，∠EBM=∠MCF∴BE∥CF∵B、E、D共線，A、D、F共線∴BD∥CF∴∠AFC=∠BDA=90°∵AB=AC，∠CAF+∠BAD=∠BAD+∠ABD=90°∴∠CAF=∠BAD

∴△ABD≌△CAF∴CF=AD∴CF=AD=BE∴AF=AD+DF=BE+EF∴AF=BE+EF.(3)連接DM，AM，延長AD交CF于N∵M是等腰直角三角形DEF和ABC斜邊的中點∴△DMF，△AMC均為等腰直角三角形∴DM=MF，AM=CM，∠AMD=∠CMF∴△ADM≌△CFM∴∠MAD=∠MCF∴∠AMC=∠CND=90°故N點軌跡為以AC為直徑圓（圓O，半徑為）的一部分，∵P為BN中點，故P的軌跡是以BO中點O'為圓心的圓的一部分，半徑為圓O半徑的