專題8 填空題壓軸題之動(dòng)點(diǎn)問題（解析版）

專題8填空題壓軸題之動(dòng)點(diǎn)問題（解析版）

模塊一2022中考真題訓(xùn)練

類型一用函數(shù)觀點(diǎn)描述幾何圖形

1．（2022?煙臺(tái)）如圖1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），DE∥

AB，交AC于點(diǎn)E，EF∥BC，交AB于點(diǎn)F．設(shè)BD的長為x，四邊形BDEF的面積為y，y與x的函數(shù)

圖象是如圖2所示的一段拋物線，其頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，3），則AB的長為．

思路引領(lǐng)：根據(jù)拋物線的對(duì)稱性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，當(dāng)BD＝2時(shí)，BDEF的面積為3，則

此時(shí)BF，AB＝2BF，即可解決問題．?

解：∵拋=物線3的頂點(diǎn)為（2，3），過點(diǎn)（0，0），

∴x＝4時(shí)，y＝0，

∴BC＝4，

作FH⊥BC于H，當(dāng)BD＝2時(shí)，BDEF的面積為3，

?

∵3＝2FH，

∴FH，

3

∵∠A=BC2＝60°，

∴BF，

3

2

∵DE=∥A??B?，60°=3

∴AB＝2BF＝2，

3

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故答案為：2．

總結(jié)提升：本題3主要考查了動(dòng)點(diǎn)的函數(shù)圖象問題，拋物線的對(duì)稱性，平行四邊形的性質(zhì)，特殊角的三角

函數(shù)值等知識(shí)，求出BC＝4是解題的關(guān)鍵．

2．（2022?營口）如圖1，在四邊形ABCD中，BC∥AD，∠D＝90°，∠A＝45°，動(dòng)點(diǎn)P，Q同時(shí)從點(diǎn)A

出發(fā)，點(diǎn)P以cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)即停止），點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿折線AD→

DC向終點(diǎn)C運(yùn)2動(dòng)，設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x（s），△APQ的面積為y（cm2），若y與x之間的函數(shù)關(guān)系的

圖象如圖2所示，當(dāng)x（s）時(shí)，則y＝cm2．

735

=

24

思路引領(lǐng)：根據(jù)題意以及函數(shù)圖像可得出△AED∽△APQ，則點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△APQ為等腰直角

三角形，然后根據(jù)三角形面積公式得出當(dāng)面積最大為9時(shí)，此時(shí)x＝3，則AD＝2x＝6cm，當(dāng)3＜x≤4時(shí)，

過點(diǎn)P作PF⊥AD于點(diǎn)F，結(jié)合面積公式，分別表示出相關(guān)線段可得y與x之間的函數(shù)解析式，最后代

入求解即可．

解：過點(diǎn)D作DE⊥AB，垂足為E，

在Rt△ADE中，

∵∠AED＝90°，∠EAD＝45°，

∴，

??2

=

??2

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∵點(diǎn)P的速度為cm/s，點(diǎn)Q的速度為2cm/s，

∴APx，AQ＝22x，

∴=2，

??2?2

==

在?△?APQ2和?△AE2D中，

，∠A＝45°，

????2

==

?∴?△AE?D?∽△2APQ，

∴點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△APQ為等腰直角三角形，

∴AP＝PQx，

=2

∴當(dāng)點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，yAP?AQxx＝x2，

11

由圖像可知，當(dāng)y＝9此時(shí)面積=最2大，x＝=32或×﹣23（×負(fù)2值舍去），

∴AD＝2x＝6cm，

當(dāng)3＜x≤4時(shí)，過點(diǎn)P作PF⊥AD于點(diǎn)F，如圖：

此時(shí)S△APQ＝S△APF+S四邊形PQDF﹣S△ADQ，

在Rt△APF中，APx，∠PAF＝45°，

∴AF＝PF＝x，F(xiàn)D＝=6﹣2x，QD＝2x﹣6，

2

∴S△APQx（x+2x﹣6）?（6﹣x）6×（2x﹣6），

111

即y＝﹣=x2+26x+，2?2×

當(dāng)x時(shí)，y＝﹣（）2+6，

77735

=×=

故答案2為：．224

35

總結(jié)提升：本4題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖像，注意分類討論，求出各段函數(shù)的函數(shù)關(guān)系式是解答本題的

關(guān)鍵．

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3．（2022?湖北）如圖1，在△ABC中，∠B＝36°，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線A→B→C勻速運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)C

停止．若點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），AP的長度為y（cm），y與t的函數(shù)圖象

如圖2所示．當(dāng)AP恰好平分∠BAC時(shí)t的值為22．

5+

思路引領(lǐng)：由圖象可得AB＝BC＝4cm，通過證明△APC∽△BAC，可求AP的長，即可求解．

解：如圖，連接AP，

由圖2可得AB＝BC＝4cm，

∵∠B＝36°，AB＝BC，

∴∠BAC＝∠C＝72°，

∵AP平分∠BAC，

∴∠BAP＝∠PAC＝∠B＝36°，

∴AP＝BP，∠APC＝72°＝∠C，

∴AP＝AC＝BP，

∵∠PAC＝∠B，∠C＝∠C，

∴△APC∽△BAC，

∴，

????

2=

∴?A?P＝A?B??PC＝4（4﹣AP），

∴AP＝22＝BP，（負(fù)值舍去），

5?

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∴t22，

4+25?2

故答=案為：12=2．5+

總結(jié)提升：本題5+是動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，考查了等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明三

角形相似是解題的關(guān)鍵．

類型二三角形、多邊形上的動(dòng)點(diǎn)問題

4．（2022?遵義）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)M，N分別為BC，AC上的動(dòng)點(diǎn)，且

AN＝CM，AB．當(dāng)AM+BN的值最小時(shí)，CM的長為2．

=2?2

思路引領(lǐng)：過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．設(shè)AN＝CM＝x．AM+BN，欲求

2222

AM+BN的最小值，相當(dāng)于在x軸上尋找一點(diǎn)P（x，0），到E（1=，1）1，+F（(10?，?)）+的(距離2)和+的?最小值，

如圖1中，作點(diǎn)F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F′，當(dāng)E，P，F(xiàn)′共線時(shí)，PE+PF的值最2小，此時(shí)直線EF′的

解析式為y＝（1）x，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，可得結(jié)論．

解：過點(diǎn)A作AH2⊥+BC于?點(diǎn)2H．設(shè)AN＝CM＝x．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，

=2

∴BC2，

22

∵AH=⊥BC(，2)+(2)=

∴BH＝AH＝1，

∴AH＝BH＝CH＝1，

∴AM+BN，

2222

欲求AM+B=N的1最+小(1值?，?相)當(dāng)+于(在2x)軸+上?尋找一點(diǎn)P（x，0），到E（1，1），F(xiàn)（0，）的距離和的最

小值，如圖1中，2

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作點(diǎn)F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F′，當(dāng)E，P，F(xiàn)′共線時(shí)，PE+PF的值最小，

此時(shí)直線EF′的解析式為y＝（1）x，

當(dāng)y＝0時(shí)，x＝2，2+?2

∴AM+BN的值最?小時(shí)2，CM的值為2，

解法二：過點(diǎn)C作CE⊥CB，使得CE?＝A2C，連接EM，過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D．

∵AB＝AC＝CE，∠BAN＝∠ECM＝90°，AN＝CM，

∴△BAN≌△ECM（SAS），

∴BN＝EM，

∴AM+BN＝AM+ME，

∴當(dāng)A，M，E共線時(shí)，AM+BN的值最小，

∵AD∥EC，

∴，

????

==2

∴C?M???1＝2．

2

=×?2

故答案為1：+22．

總結(jié)提升：本?題考2查等腰直角三角形的性質(zhì)，軸對(duì)稱最短問題，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是

學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

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5．（2022?黃石）如圖，等邊△ABC中，AB＝10，點(diǎn)E為高AD上的一動(dòng)點(diǎn)，以BE為邊作等邊△BEF，連

接DF，CF，則∠BCF＝30°，F(xiàn)B+FD的最小值為5．

3

思路引領(lǐng)：首先證明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作點(diǎn)D關(guān)于CF的對(duì)稱點(diǎn)G，

連接CG，DG，BG，BG交CF于點(diǎn)F′，連接DF′，此時(shí)BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的

長．

解：如圖，

∵△ABC是等邊三角形，AD⊥CB，

∴∠BAE∠BAC＝30°，

1

∵△BEF=是2等邊三角形，

∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，

∴∠ABE＝∠CBF，

在△BAE和△BCF中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=BA?E?≌△BCF（SAS），

∴∠BAE＝∠BCF＝30°，

作點(diǎn)D關(guān)于CF的對(duì)稱點(diǎn)G，連接CG，DG，BG，BG交CF的延長線于點(diǎn)F′，連接DF′，此時(shí)BF′

+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長．

∵∠DCF＝∠FCG＝30°，

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∴∠DCG＝60°，

∵CD＝CG＝5，

∴△CDG是等邊三角形，

∴DB＝DC＝DG，

∴∠CGB＝90°，

∴BG5，

2222

∴BF+=DF?的?最?小?值?為=510，?5=3

故答案為：30°，5．3

總結(jié)提升：本題考查旋3轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，軸對(duì)稱最短問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找

全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．

6．（2022?廣州）如圖，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點(diǎn)P為邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，線段BP繞點(diǎn)B順時(shí)針

旋轉(zhuǎn)60°得到線段BP′，連接PP′，CP′．當(dāng)點(diǎn)P′落在邊BC上時(shí)，∠PP′C的度數(shù)為120°；

當(dāng)線段CP′的長度最小時(shí)，∠PP′C的度數(shù)為75°．

思路引領(lǐng)：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠BEP′＝90°，

推出點(diǎn)P′在射線EP′上運(yùn)動(dòng)，如圖1中，設(shè)EP′交BC于點(diǎn)O，再證明△BEO是等腰直角三角形，

可得結(jié)論．

解：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．

∵△BPP′是等邊三角形，

∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，

∴∠ABP＝∠EBP′，

在△ABP和△EBP′中，

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，

??=??

∠???=∠???′

∴?△?A=B?P?≌′△EBP′（SAS），

∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，

∴點(diǎn)P′在射線EP′上運(yùn)動(dòng)，

如圖1中，設(shè)EP′交BC于點(diǎn)O，

當(dāng)點(diǎn)P′落在BC上時(shí)，點(diǎn)P′與O重合，此時(shí)∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，

當(dāng)CP′⊥EP′時(shí)，CP′的長最小，此時(shí)∠EBO＝∠OCP′＝30°，

∴EOOB，OP′OC，

11

==

∴EP′＝2EO+OP′2OBOCBC，

111

∵BC＝2AB，=2+2=2

∴EP′＝AB＝EB，

∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，

∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，

∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．

故答案為：120°，75°．

總結(jié)提升：本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直

角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中

考填空題中的壓軸題．

7．（2022?柳州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E是正方形內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且EG＝

2，連接DE，將線段DE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接CF，則線段CF長的最小值為

22．

5?

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思路引領(lǐng)：連接DG，將DG繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得DM，連接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，

利用SAS證明△EDG≌△DFM，得MF＝EG＝2，再說明△DGC≌△DMH（AAS），得CG＝DH＝2，MH

＝CD＝4，求出CM的長，再利用三角形三邊關(guān)系可得答案．

解：連接DG，將DG繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得DM，連接MG，CM，MF，

作MH⊥CD于H，

∵∠EDF＝∠GDM，

∴∠EDG＝∠FDM，

∵DE＝DF，DG＝DM，

∴△EDG≌△MDF（SAS），

∴MF＝EG＝2，

∵∠GDC＝∠DMH，∠DCG＝∠DHM，DG＝DM，

∴△DGC≌△MDH（AAS），

∴CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，

∴CM2，

22

∵CF≥=CM4﹣+M2F，=5

∴CF的最小值為22，

故答案為：22．5?

總結(jié)提升：本題5?主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形

三邊關(guān)系等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．

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8．（2022?遼寧）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，點(diǎn)P為斜邊AB上的一個(gè)動(dòng)

點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分別為點(diǎn)D和點(diǎn)E，連接DE，PC交

于點(diǎn)Q，連接AQ，當(dāng)△APQ為直角三角形時(shí)，AP的長是3或2．

3

思路引領(lǐng)：由已知求出AB＝4，AC＝2，再分∠APQ＝90°和∠AQP＝90°兩種情況進(jìn)行討論，即可

求出答案．3

解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，

∴∠BAC＝30°，

∴AB＝2BC＝2×2＝4，

∴AC2，

2222

當(dāng)∠A=PQ＝??90?°?時(shí)?，=如圖41，?2=3

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，

∴∠BAC＝30°，

∴AB＝2BC＝2×2＝4，

∴AC2，

2222

∵∠A=PQ＝??∠?AC?B?＝=90°4，?∠2CA=P＝∠3BAC，

∴△CAP∽△BAC，

∴，即，

????234

==

∴?A?P＝3?，???23

當(dāng)∠AQP＝90°時(shí)，如圖2，

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∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠ACB＝90°，

∴四邊形DPEC是矩形，

∴CQ＝QP，

∵∠AQP＝90°，

∴AQ垂直平分CP，

∴AP＝AC＝2，

綜上所述，當(dāng)△3APQ為直角三角形時(shí)，AP的長是3或2，

故答案為：3或2．3

總結(jié)提升：本題考查3了直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握含30度角的直角三角形的性

質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，分類討論的數(shù)學(xué)思

想是解決問題的關(guān)鍵．

9．（2022?陜西）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分別是邊AD、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AM

＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為．

15

2

思路引領(lǐng)：連接AC交BD于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，根據(jù)勾股定理

7

求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，用含=A2M的代數(shù)式表示ME、NF，

計(jì)算即可．

解：連接AC交BD于O，

∵四邊形ABCD為菱形，

∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，

7

=2

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由勾股定理得：OA，

2227215

∵M(jìn)E⊥BD，AO⊥B=D，?????=4?(2)=2

∴ME∥AO，

∴△DEM∽△DOA，

∴，即，

??????4???

=15=

????4

2

解得：ME，

415?15??

=

同理可得：NF8，

15??

=

∴ME+NF，8

15

=

故答案為：2．

15

2

總結(jié)提升：本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理，掌握相似三角形的判定定

理是解題的關(guān)鍵．

10．（2022?盤龍區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD中，AB＝10cm，BC＝8cm，CD＝12cm，∠B＝∠C，點(diǎn)

E為AB的中點(diǎn)．如果點(diǎn)P在線段BC上以3cm/s的速度沿B﹣C﹣B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CD上由C

點(diǎn)向D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為或3或或cm/s時(shí)，能夠使△BPE與△CQP全等．

9515

1344

思路引領(lǐng)：設(shè)點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，分兩種情況討論，①點(diǎn)P由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，△BPE≌

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△CQP②△BPE≌△CPQ，③點(diǎn)P由C向B運(yùn)動(dòng)時(shí)，△BPE≌△CQP，④△BPE≌△CPQ，根據(jù)全等

三角形的對(duì)應(yīng)邊相等列方程解出即可．

解：設(shè)點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，

①點(diǎn)P由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，BP＝3t（cm），CP＝（8﹣3t）cm，

∵△BPE≌△CQP，

∴BE＝CP＝5，

∴5＝8﹣3t，

解得t＝1，

∴BP＝CQ＝3，

此時(shí)，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為3÷1＝3（cm/s）；

②點(diǎn)P由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，

∵△BPE≌△CPQ，

∴BP＝CP，

∴3t＝8﹣3t，

t，

4

=

此時(shí)3，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為：5（cm/s）；

415

③點(diǎn)P由C向B運(yùn)動(dòng)時(shí)，CP÷＝33t=﹣84，

∵△BPE≌△CQP，

∴BE＝CP＝5，

∴5＝3t﹣8，

解得t，

13

∴BP＝=C3Q＝3，

此時(shí)，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為3（cm/s）；

139

④點(diǎn)P由C向B運(yùn)動(dòng)時(shí)，÷3=13

∵△BPE≌△CPQ，

∴BP＝CP＝4，

3t﹣8＝4，

t＝4，

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∵BE＝CQ＝5，

此時(shí)，點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為5÷4（cm/s）；

5

=4

綜上所述：點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為cm/s或3cm/s或cm/s或cm/s；

9515

故答案為：或3或或．1344

9515

總結(jié)提升：1本3題考查三4角4形全等的判定，掌握動(dòng)點(diǎn)問題在解決全等三角形時(shí)邊長的表示及分情況討論，

它們也是解決問題的關(guān)鍵．

類型三有關(guān)圓的動(dòng)點(diǎn)問題

11．（2022?寧波）如圖，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，點(diǎn)O在BC上，以O(shè)B為半徑的圓與AC相切于點(diǎn)

A．D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△ACD為直角三角形時(shí)，AD的長為或．

36

25

思路引領(lǐng)：根據(jù)切線的性質(zhì)定理，勾股定理，直角三角形的等面積法解答即可．

解：連接OA，過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，

∵圓與AC相切于點(diǎn)A．

∴OA⊥AC，

由題意可知：D點(diǎn)位置分為兩種情況，

①當(dāng)∠CAD為90°時(shí)，此時(shí)D點(diǎn)與O點(diǎn)重合，設(shè)圓的半徑＝r，

∴OA＝r，OC＝4﹣r，

∵AC＝2，

在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理可得：r2+4＝（4﹣r）2，

解得：r，

3

=

即AD＝AO2；

3

=

②當(dāng)∠ADC＝290°時(shí)，AD，

?????

=

∵AO，AC＝2，OC＝4﹣r??，

35

=2=2

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∴AD，

6

=5

綜上所述，AD的長為或，

36

故答案為：或．25

36

25

總結(jié)提升：本題主要考查了切線的性質(zhì)和勾股定理，熟練掌握這些性質(zhì)定理是解決本題的關(guān)鍵．

12．（2022?東城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A與點(diǎn)B的坐標(biāo)分別是（1，0）與（7，

0）．對(duì)于坐標(biāo)平面內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)P，給出如下定義：若∠APB＝45°，則稱點(diǎn)P為線段AB的“等角點(diǎn)”．

①若點(diǎn)P為線段AB在第一象限的“等角點(diǎn)”，且在直線x＝4上，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，33）；

②若點(diǎn)P為線段AB的“等角點(diǎn)”，并且在y軸正半軸上，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，3±）或2（+0，﹣3

±）．2

2

思路引領(lǐng)：①根據(jù)P在直線x＝4上畫圖1，作△APB的外接圓C，連接AC，BC，可知AB＝6，OC的

半徑為3，最后計(jì)算PD的長可得點(diǎn)P的坐標(biāo)；

②同理根據(jù)2作輔助線，計(jì)算OP和OP1的長，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)，注意不要丟解．

解：①如圖1，作△APB的外接圓，設(shè)圓心為C，連接AC，BC，

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∵點(diǎn)A與點(diǎn)B的坐標(biāo)分別是（1，0）與（7，0），

∴AB＝7﹣1＝6，

∵∠APB＝45°，

∴∠ACB＝90°，

∵AC＝BC，

∴△ABC是等腰直角三角形，

∴AC＝BC＝3，

∴PC＝3，2

∵點(diǎn)P在直2線x＝4上，

∴AD＝4﹣1＝3，

∴AD＝BD，

∵CD⊥AB，

∴CD＝AD＝3，

∴P（4，33），

故答案為：（24，+33）；

②如圖2所示，同2理+作△APB的外接圓，設(shè)圓心為C，過C作CD⊥x軸于D，作CE⊥OP于E，連接

PC，P1C，

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在y軸上存在∠APB＝∠AP1B＝45°，

則①知：CD＝OE＝3，OD＝CE＝4，PC＝3，

2

由勾股定理得：PE，

22

∴PO＝3，=(32)?4=2

同理得：+OP12＝3，

∴P（0，3±）?，2

綜上分析，點(diǎn)P2的坐標(biāo)為（0，3±）．

故答案為：（0，3±）．2

總結(jié)提升：本題主要考2查了坐標(biāo)和圖形的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理等知識(shí)，解題關(guān)鍵是作△APB的

外接圓．

模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)

13．（2022?駐馬店二模）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，點(diǎn)M是四

邊形ABCD內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足∠AMD＝90°，則點(diǎn)M到直線BC的距離的最小值為32．

3?

思路引領(lǐng)：取AD的中點(diǎn)O，連接OM，過點(diǎn)M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點(diǎn)O作OF⊥BC于

F，交CD于G，則OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解決問題．

解：取AD的中點(diǎn)O，連接OM，過點(diǎn)M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點(diǎn)O作OF⊥BC于F，交

CD于G，則OM+ME≥OF．

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∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，

∴OMAD＝2，

1

∵AB∥=C2D，

∴∠GCF＝∠B＝60°，

∴∠DGO＝∠CGF＝30°，

∵AD＝BC，

∴∠DAB＝∠B＝60°，

∴∠ADC＝∠BCD＝120°，

∴∠DOG＝30°＝∠DGO，

∴DG＝DO＝2，

∵CD＝4，

∴CG＝2，

∴OG＝2OD?cos30°＝2，GF，OF＝3，

∴ME≥OF﹣OM＝323，=33

∴當(dāng)O，M，E共線時(shí)3，?ME的值最小，最小值為32．

總結(jié)提升：本題考查解直角三角形，垂線段最短，直3角?三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)

會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

14．（2022?普定縣模擬）如圖，點(diǎn)M是∠AOB平分線上一點(diǎn)，∠AOB＝60°，ME⊥OA于E，OE，如

=5

果P是OB上一動(dòng)點(diǎn)，則線段MP的取值范圍是MP．

15

≥3

思路引領(lǐng)：過M點(diǎn)作MF⊥OB于F，如圖，先根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到ME＝MF，∠AOM＝30°，再

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利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到ME，所以MF，然后根據(jù)垂線段最短可確定線

1515

段MP的取值范圍．=3=3

解：過M點(diǎn)作MF⊥OB于F，如圖，

∵OM平分∠AOB，ME⊥OA，MF⊥OB，

∴ME＝MF，∠AOM∠AOB60°＝30°，

11

在Rt△OME中，∵∠=M2OE＝30=°2，×

∴MEOE，

3315

==×5=

∴MF3，33

15

∵P是=OB3上一動(dòng)點(diǎn)，

∴MP≥MF，

即線段MP的取值范圍為MP．

15

≥

故答案為：MP．3

15

≥3

總結(jié)提升：本題考查了角平分線的性質(zhì)：角的平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等．也考查了垂線段最

短．

15．（2022?徐州二模）如圖，在等邊三角形ABC中，AB＝2，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊BC，AB，AC邊上的動(dòng)

點(diǎn)，則△DEF周長的最小值為3．

思路引領(lǐng)：作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)G，作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)H，連接GH，GA，GE，GB，HA，

HF，HC，過點(diǎn)A作AI⊥BC于I，過點(diǎn)A作AJ⊥GH于J．根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)，兩點(diǎn)之間，線段最短確

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定△DEF周長的最小值是GH，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)和直角三角形的邊

角關(guān)系確定GH＝AD，再根據(jù)垂線段最短確定當(dāng)AD⊥BC時(shí)，△DEF周長取得最小值為AI，最后根據(jù)等

邊三角形的性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系即可求解．

解：如圖，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)G，作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)H，連接GH，GA，GE，GB，HA，

HF，HC，過點(diǎn)A作AI⊥BC于I，過點(diǎn)A作AJ⊥GH于J．

∴GE＝DE，HF＝DF，AG＝AD，AH＝AD，∠GAB＝∠DAB，∠HAC＝∠DAC，

∴AG＝AH，C△DEF＝DE+DF+EF＝GE+HF+EF，

∴∠GAJ＝∠HAJ∠GAH，△DEF周長的最小值是GH．

1

∵三角形ABC是等=邊2三角形，

∴∠BAC＝∠ABC＝60°

∴∠DAB+∠DAC＝60°，

∴∠GAB+∠HAC＝60°，

∴∠GAH＝∠GAB+∠DAB+∠DAC+∠HAC＝120°，

∴∠GAJ＝∠HAJ＝60°，

∴GJ＝AG×sin∠GAJAGAD，J＝AH×sin∠HAJAHAD，

3333

∴GH＝GJ+HJAD=，2=2=2=2

∴當(dāng)AD取得最=小值3時(shí)，GH取得最小值，即△DEF周長取得最小值．

∴當(dāng)AD⊥BC時(shí)，即點(diǎn)D與點(diǎn)Ⅰ重合時(shí)，ADEF周長取得最小值為AI，

∵AB＝2，3

∴AI＝AB×sin∠ABC，

∴AI＝3．=3

∴△3DEF周長的最小值是3．

故答案為：3．

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總結(jié)提升：本題主要考查的是軸對(duì)稱路徑最短問題，作出點(diǎn)D關(guān)于AC、BC的對(duì)稱點(diǎn)，將△DEF的周長

轉(zhuǎn)化為MN的長是解題的關(guān)鍵．

16．（2022?仁懷市模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝8，點(diǎn)D為邊AB的中點(diǎn)，

點(diǎn)P為邊AC上的動(dòng)點(diǎn)，則PB+PD的最小值為．

43

思路引領(lǐng)：先作點(diǎn)D關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE，PE，DE，則AE＝AD，PE＝PD，當(dāng)B，P，E在同

一直線上時(shí)，BP+PD＝BP+PE＝BE，再判定△ADE是等邊三角形，求得Rt△ABE中，BE，即可

得到PB+PD的最小值為．=43

解：如圖所示，作點(diǎn)D關(guān)4于3AC的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE，PE，DE，則AE＝AD，PE＝PD，

∴BP+PD＝BP+PE，

∴當(dāng)B，P，E在同一直線上時(shí)，BP+PD＝BP+PE＝BE，

∵∠BAC＝30°，

∴∠DAE＝60°，

∴△ADE是等邊三角形，

∴∠ADE＝60°，

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又∵D為AB上的中點(diǎn)，

∴DE＝AD＝DB，

∴∠DEB∠ADE＝30°＝∠ABE，

1

∴∠AEB＝=920°，

∵AB＝8，

∴AE＝4，

∴Rt△ABE中，BE，

即PB+PD的最小值=為43，

故答案為：．43

總結(jié)提升：4本題3主要考查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理等，凡是涉及最短距

離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，利用軸對(duì)稱變換來解決，多數(shù)情況要作點(diǎn)關(guān)于某直線的對(duì)稱點(diǎn)．

17．（2022?亭湖區(qū)校級(jí)三模）在平面直角坐標(biāo)系中，A（3，3），B（6，0），點(diǎn)D、E是OB的三等分點(diǎn)，點(diǎn)

P是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若只存在唯一一個(gè)點(diǎn)P使得PD+PE＝a，則a需滿足的條件是：

或6＜a≤2．?=25

10

思路引領(lǐng)：根據(jù)題意若只存在唯一一個(gè)點(diǎn)P使得PD+PE＝a，則PD+PE取得最小值或最大值，作點(diǎn)E

關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)E'，連接DE'交AB于點(diǎn)P，則PD+PE＝PD+PE'＝DE'＝a即可．

解：若只存在唯一一個(gè)點(diǎn)P使得PD+PE＝a，

則PD+PE取得最小值，

作點(diǎn)E關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)E'，連接DE'交AB于點(diǎn)P，

則PD+PE＝PD+PE'＝DE'，

∵A（3，3），B（6，0），

∴OA＝AB3

22

∴（3）=2+（33+）32=＝622，

22

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∴△AOB為等腰直角三角形，

∴∠ABO＝45°，

∵點(diǎn)D、E是OB的三等分點(diǎn)，

∴OD＝DE＝EB＝2，

根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得，∠ABE＝∠ABE'＝45°，EB＝E'B＝2，

∴∠EBE'＝90°，

∴，

22

即??+??時(shí)=，?只?+存?在?唯′=一?一?個(gè)′=點(diǎn)P4使+得2P=D+2PE5＝a，

當(dāng)?P=在2A5點(diǎn)時(shí)，PD+PE＝2，P在B點(diǎn)時(shí)PD+PE＝6，

∴PD+PE的最大值為2，1最0小值為2，

∴或6＜a≤21，05

?=2510

總結(jié)提升：本題考查了坐標(biāo)與圖形，軸對(duì)稱的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，讀懂題意得出若只存在唯一一

個(gè)點(diǎn)P使得PD+PE＝a，則PD+PE取得最小值或最大值是解本題的關(guān)鍵．

18．（2022?夏邑縣校級(jí)模擬）如圖，在等腰三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝2，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E

為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE，點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，分別連接DF，EF，當(dāng)EF⊥AC時(shí)，

AE的長為或．

3

3

3

思路引領(lǐng)：當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，如圖1，如圖2，根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)得到和等腰三角形的判定和

性質(zhì)定理以及直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

解：∵AC＝BC＝2，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，

∴ADAC＝1，

1

①當(dāng)直=線2EF與直線AC垂直時(shí)，如圖1，

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∵點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，

∴∠F＝∠A＝30°，∠AED＝∠FED，

∵∠AGE＝90°，

∴∠AEG＝60°，

∴∠AED＝∠FED＝30°，

∴AD＝DE＝1，

過D作DM⊥AE與M

∴AE＝2AM＝21；

3

②當(dāng)直線EF與×直2線×AC=垂3直時(shí)，如圖2，

∵將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處，

∴∠F＝∠A＝30°，∠ADE＝∠FDE，

∵∠AGE＝∠FGD＝90°，

∴∠FDG＝60°，

∴∠ADE＝∠FDE＝30°，

∴∠A＝∠ADE，

∴AE＝DE，

∴AGAD，

11

=2=2

∴AE，

3

=

故答案為3：或．

3

3

3

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總結(jié)提升：本題考查了翻折變換（折疊問題）等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)，正

確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．

19．（2022?新昌縣模擬）在△ABC中，∠A＝60°，點(diǎn)P和點(diǎn)Q分別是邊AC和BC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別連

結(jié)BP和PQ．把△ABC分割成三個(gè)三角形．若分割成的這三個(gè)三角形都是等腰三角形，則∠ABC的度數(shù)

可以是80°．

思路引領(lǐng)：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)論．

解：∵∠A＝60°，BP和PQ把△ABC分割成三個(gè)三角形都是等腰三角形，

∴△ABP是等邊三角形，

∴∠ABP＝∠A＝60°，

①如圖1，

當(dāng)BP＝BQ，PQ＝CQ時(shí)，

則∠C＝∠CPQ，∠BPQ＝∠BQP，

∴∠C+∠CBP＝∠APB＝60°，

∴∠CBP＝60°﹣∠C，

∵∠BQP＝∠C+∠CPQ＝2∠C，

∴2∠C+2∠C+60°﹣∠C＝180°，

∴∠C＝40°，

∴∠ABC＝80°；

②如圖2，當(dāng)BQ＝PQ＝PC時(shí)，

則∠PBQ＝∠BPQ，∠C＝∠CQP，

∵∠PQB＝180°﹣∠CQP＝180°﹣∠C，

∴∠QBP+∠BPQ+∠BQP＝∠PBQ+∠PBQ+180°﹣∠C＝∠PBQ+∠PBQ+180°﹣（60°﹣∠PBQ）＝

180°，

∴∠PBQ＝20°，

∴∠ABC＝80°，

綜上所述，∠ABC的度數(shù)可以是80°，

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故答案為：80°．

總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．

20．（2022?新化縣一模）已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝75°，AB＝5．點(diǎn)E為邊AC上的動(dòng)點(diǎn)，

點(diǎn)F為邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，則線段FE+EB的最小值是．

5

2

思路引領(lǐng)：作F關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)F'，延長AF'、BC交于點(diǎn)B'，當(dāng)B、E、F'共線且與AB'垂直時(shí)，求BD

的長即可．

解：作F關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)F'，延長AF'、BC交于點(diǎn)B'，作BD⊥AB'于D，

∴∠BAB'＝30°，EF＝EF'，

∴FE+EB＝BE+EF'，

∴當(dāng)B、E、F'共線且與AB'垂直時(shí)，BE+EF'長度最小，即求BD的長，

在△ABD中，BDAB，

15

==

故答案為：．22

5

2

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總結(jié)提升：本題主要考查軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，將BE+EF轉(zhuǎn)化為求線段BD是解題的關(guān)鍵．

21．（2022?順城區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝6，點(diǎn)M是射線AC上的

一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，MC＝1，連接BM，以AB為邊在AB的上方作∠ABE＝∠AMB，直線BE交AC的延長線于點(diǎn)

F，則CF＝或．

618

75

思路引領(lǐng)：分兩種情況根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求解即可．

解：如圖，過點(diǎn)F作FH⊥BM于點(diǎn)H，

∴∠BHF＝90°，

∵∠ABE+∠ABF＝180°，∠AMB+∠BMF＝180°，∠ABE＝∠AMB，

∴∠ABF＝∠BMF，

∵∠ABF+∠A+∠AFB＝180°，∠BMF+∠MBF+∠AFB＝180°，

∴∠A＝∠MBF，

∵∠A＝30°，

∴∠MBF＝∠A＝30°，

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∴HFBF，

1

設(shè)CF=＝2x，

∵M(jìn)C＝1，

∴MF＝MC+CF＝x+1，

∵∠ACB＝90°，

∴∠BCF＝180°﹣∠ACB＝90°，

∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝6，

∴BC＝AC?tan30°＝62，

3

∴BM×3，=BF3，

22222

=??+??=13=??+??=12+?

∴HFBF，

112

=2=212+?

∵M(jìn)F?BCBM?FH，

11

=

∴2（x+1）×22，

1112

3=×13×12+?

∴x2或x（舍2去），2

618

如圖=，7過點(diǎn)=F?作5FH⊥BM，交BM的延長線于點(diǎn)H，

∴∠BHF＝90°，

設(shè)CF＝x，

∵M(jìn)C＝1，

∴MF＝CF﹣MC＝x﹣1，

同理，BM，BF，HFBF，

2112

=13=12+?=2=212+?

∵M(jìn)F?BCBM?FH，

11

=

∴2（x﹣1）×22，

1112

3=×13×12+?

222

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