题型06 最值问题之瓜豆原理-2023年中考数学重难点专题最后冲刺之最值问题（全国通用）

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06最值问题之瓜豆原理
知识解读
瓜豆原理是主从动点联动问题，也叫旋转相似，这类问题在解答的时候需要有轨迹思想，就是先要明确主动点的轨迹，然后要搞清楚主动点和从动点的关系，进而确定从动点的轨迹来解决问题．
瓜豆原理：一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点的轨迹相同．（古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．）
满足条件：
1.两动一定；2.动点与定点的连线夹角是定角；3.动点到定点的距离比值是定值．
方法：
第一步：找主动点的轨迹 ；
第二步：找从动点与主动点的关系；
第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹；
第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值．
“瓜豆原理”其实质就是构造旋转、相似．
涉及的知识和方法：
知识：①相似；②三角形的两边之和大于第三边；③点到直线之间的距离垂线段最短；④点到圆上点共线有最值．
模型一：运动轨迹为圆弧
引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？

【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？
考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．

【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．
引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？

【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．
考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．

引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？

【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．

【模型总结】
为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．
此类问题的必要条件：两个定量；主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．

【结论】
（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM；
（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．
按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．
模型二：运动轨迹为线段
引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？

【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．
可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．

【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？

【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．
当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．

【模型总结】
必要条件：
主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
结论：
P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ等于MN与BC夹角）

P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN）

针对训练
一、单选题
1．如图，A是上任意一点，点C在外，已知是等边三角形，则的面积的最大值为（    ）

A． B．4 C． D．6
【答案】A
【详解】解：如图，以为边向上作等边三角形，连接，

∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，长为半径的圆，要使的面积最大，则求出点D到线段的最大距离，
∵是边长为4的等边三角形，
∴点M到的距离为，
∴点D到的最大距离为，
∴的面积最大值是，
故选A．
2．如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将沿EF所在直线翻折，得到，则的长的最小值是　 　

A． B．3 C． D．
【答案】D
【详解】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点在线段CE上时，的长取最小值，如图所示，

根据折叠可知：．
在中，，，，
，
的最小值．
故选D．
3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，BC＝2 ，△ADC与△ABC关于AC对称，点E、F分别是边DC、BC上的任意一点，且DE＝CF，BE、DF相交于点P，则CP的最小值为(    )

A．1 B． C． D．2
【答案】D
【详解】解：连接AD，因为∠ACB＝30°，所以∠BCD＝60°，
因为CB＝CD，所以△CBD是等边三角形，
所以BD＝DC
因为DE＝CF，∠EDB＝∠FCD＝60°，
所以△EDB≌△FCD，所以∠EBD＝∠FDC，
因为∠FDC＋∠BDF＝60°，
所以∠EBD＋∠BDF＝60°，所以∠BPD＝120°，
所以点P在以A为圆心，AD为半径的弧BD上，
直角△ABC中，∠ACB＝30°，BC＝2，所以AB＝2，AC＝4，
所以AP＝2
当点A，P，C在一条直线上时，CP有最小值，
CP的最小值是AC－AP＝4－2＝2
故选D．

4．如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（　　 ）

A． B． C．1 D．2
【答案】C
【详解】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为等腰直角三角形，
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1，
故选C．

5．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为(　 　)

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
二、填空题
6．如图，等边三角形ABC中，AB=4，高线AH=2，D是线段AH上一动点，以BD为边向下作等边三角形BDE，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径为线段CM，则线段CM的长为_______，当点D运动到点H，此时线段BE的长为__________．

【答案】   
【详解】解：如图，连接EC．

∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD=EC，
∵点D从点A运动到点H，
∴点E的运动路径的长为，
当重合，而（即）为等边三角形，




故答案为：．
7．如图，在平面内，线段AB=6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC=PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为________．

【答案】．
【详解】解：如图，由题意可知点C运动的路径为线段AC′，点E运动的路径为EE′，由平移的性质可知AC′=EE′，在Rt△ABC′中，易知AB=BC′=6，∠ABC′=90°，∴EE′=AC′==，故答案为．

8．如图，正方形的边长为4，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为_______．

【答案】
【详解】由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动

将绕点旋转，使与重合，得到，
从而可知为等边三角形，点在垂直于的直线上，
作，则即为的最小值，
作，可知四边形为矩形，
则.
故答案为．

9．如图，在Rt△ABC中，，，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连接CE，则CE的最大值是________．

【答案】3
【详解】解：∵BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，


∴BD＝2，
∴．
由题意可知，D在以B为圆心，BD长为半径的圆上运动，
∵E为AD的中点，
∴E在以BA中点为圆心，长为半径的圆上运动，
CE的最大值即C到BA中点的距离加上长．
∵，，BC＝2，
∴C到BA中点的距离即，
又∵，
∴CE的最大值即．
故答案为3．
10．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，点F沿线段AO从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，连接OE．现给出以下结论：
①；②；③直线；④点E运动的路程是．
其中正确的结论是______．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③
【详解】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，
∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，
∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，
∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，
∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，
∴∠ADF＝∠EFC，
∴∠BDE＝∠EFC，
故结论①正确；
②如图，连接OE，
在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，
∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵＝OD＝AD＝AB•tan∠ABD＝4•tan30°＝ ，
∴点E运动的路程是，
故结论④错误．
故答案为①②③．

11．如图，已知，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若且，连接AB，BC，则线段BC的最小值为__________．

【答案】
【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，
∵，
∴，
又∵∠APB=60°，
∴△APD是等边三角形，
∵B为PD的中点，
∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，
∴∠BAP=30°，
以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
∴，
同理可得，
∵∠OAM=30°=∠PAB，
∴∠BAM=∠PAO，
又∵，
∴△AMB∽△AOP，
∴，
∵点P到点O的距离为2，即OP=2，
∴，
∴点B在以M为圆心，以为半径的圆上，
连接CM交圆M（半径为）于，
∴当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，
∵AC=2AO=8，
∴AO=4，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴BC的最小值为，
故答案为：．

12．如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作Rt，且使，连接，则长的最大值为__________．

【答案】
【详解】解：如图，作，使得，，则，，，

，，
，
，
，
，
即（定长），
点是定点，是定长，
点在半径为1的上，
，
的最大值为，
故答案为：．
三、解答题
13．如图，过抛物线上一点A作轴的平行线，交抛物线于另一点B，交轴于点C，已知点A的横坐标为．
（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；
（2）在AB上任取一点P，连结OP，作点C关于直线OP的对称点D；
①连接BD，求BD的最小值；
②当点D落在抛物线的对称轴上，且在轴上方时，求直线PD的函数表达式．

【答案】（1）对称轴为直线x=4；B（10，5）．（2）①．②．
【详解】解：（1）把x=-2代入，得
，
∴A（﹣2，5），对称轴为直线x=﹣=4，
∵A、B关于对称轴对称，
∴B（10，5）．
（2）①如图1中，

由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，
∴当O、D、B共线时，BD的最小值=OB﹣OD=．
②如图2中，

图2
当点D在对称轴上时，在Rt△ODE中，OD=OC=5，OE=4，
∴DE==3，
∴点D的坐标为（4，3）．
设PC=PD=x，在Rt△PDK中，，
∴x=，
∴P（，5），
设直线PD的解析式为y=kx+b，由题意得
，
∴，
∴直线PD的解析式为．
14．如图①，在中，，，D是BC的中点．

小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【答案】（1）①50；②；（2）；（3）AE的最小值．
【详解】（1）①如图②中，

∵，，
∴，
②结论：．
理由：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵AE垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为50，．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．

∵AD垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，
∴ ．
（3）如图④中，作于H，

∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
15．如图，等边三角形ABC的边长为4，点D是直线AB上一点．将线段CD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连结BE．
（1）若点D在AB边上（不与A，B重合）请依题意补全图并证明AD=BE；
（2）连接AE，当AE的长最小时，求CD的长．
 
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】解：（1）补全图形如图1所示，AD=BE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，
由旋转的性质得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．

（2）如图2，过点A作AF⊥EB交EB延长线于点F．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠A=60°，
∴点E的运动轨迹是直线BE，
根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小，
此时CD=CE=CF，
∵∠ACB=∠CBE=60°，
∴AC∥EF，
∵AF⊥BE，
∴AF⊥AC，
在Rt△ACF中，
∴CF===，
∴CD=CF=.

16．如图所示，在中，，点是上一点，以为一边向右下方作等边，当由点运动到点时，求点运动的路径长．

【答案】点运动的路径长为．
【详解】点为定点，
可以看作是绕点顺时针旋转60°而来，
点运动的路径长等于点运动的路径长，即为的长，
，，
．
点运动的路径长为．
17．在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（b，0），且a，b满足，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点；

（1）如图1，若C（0，4），求△ABC的面积；
（2）如图1，若C（0，4），BC=5，BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离．
【答案】（1）△ABC的面积为12；（2）D点的坐标为（-2，0）；（3）A，E两点之间的距离为
【详解】解：（1）∵，
∴，
由非负性可知，，解得：，
∴，，，
∵，
∴，
∴；
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）由（2）可知CB=CA，
∵∠CBA=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°，∠DBC=120°，
∵△CDE为等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，
∴∠DCB=∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
∴，
∴，
∵，
∴，即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，
∵要使得OE最短，
∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为．

18．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，连接BD，将△ABD绕点D顺时针旋转，记旋转后的三角形为△A′B′D，旋转角为α（0°＜α＜360°且α≠180°）．

(1)在旋转过程中，当A′落在线段BC上时，求A′B的长；
(2)连接A′A、A′B，当∠BA′B'＝90°时，求tan∠A′AD；
(3)在旋转过程中，若△DAA′的重心为G，则CG的最小值＝___________．
【答案】(1)4；(2)tan∠A′AD＝3或；(3)
【详解】（1）解：（1）如图1，∵四边形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4，

∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，
当A′落在线段BC上时，由旋转得A′D＝AD＝4，
∴A′C，
∴A′B＝BC﹣A′C＝4，
∴A′B的长为4．
（2）（2）如图2，点B′与点C在直线BD的同侧，作A′E⊥AD于点E，则∠A′EA＝90°，

由旋转得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，
∵∠BA′B'＝90°，
∴∠B′A′D+∠BA′B'＝180°，
∴点B、A′、D在同一条直线上，
∵∠A′ED＝∠BAD＝90°，
∴BD5，
∴sin∠ADB，cos∠ADB，
∴A′EA′D4，EDA′D4，
∴AE＝AD﹣ED＝4，
∴tan∠A′AD3；
如图3，点B′与点C在直线BD的异侧，作A′E⊥AD交AD的延长线于点E，则∠E＝90°，

由旋转得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，
∵∠BA′B'＝90°，
∴∠B′A′D＝∠BA′B'，
∴A′D与A′B重合，
∴点B、A′、D在同一条直线上，
∵∠EDA′＝∠ADB，
∴sin∠EDA′＝sin∠ADB，cos∠EDA′＝cos∠ADB，
∴A′EA′D，EDA′D，
∴AE＝AD+ED＝4，  
∴tan∠A′AD，
综上所述，tan∠A′AD＝3或．
（3）（3）如图4，在AD上截取DF，则，
作DH⊥AA′于点H，在DH上截取DGDH，连接FG、CG，则，

∵A′D＝AD，
∴H为AA′的中点，
∴DH为△DAA′的中线，
∴点G为△DAA′的重心，
∵，∠FDG＝∠ADH，
∴△DFG∽△DAH，
∴∠FGD＝∠AHD＝90°，
取DF的中点O，连接OC交⊙O于点P，连接OG，则OG＝OP＝ODDF，
∴点G在以点O为圆心、半径为的圆上运动，
∵CG+OG≥OC，即CG+OG≥CP+OP，
∴CGCP，∴CG≥CP，
∴当CG＝CP时，CG的长最小，  
∵OC，
∴CP＝OC﹣OP，
∴CG的最小值是，
故答案为：．
19．如图所示，在矩形中，，，为的中点，为上一动点，为的中点，连接，求的最小值．

【答案】的最小值为．
【详解】解：如图：

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1=DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2=CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1=2．
∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°，∠DEC=90°．
∴∠DP2P1=90°．
∴∠DP1P2=45°．
∴∠P2P1B=90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1=BC=2，
∴BP1=
∴PB的最小值是．
故答案是：．
20．如图所示，在扇形中，，，点是上的动点，以为边作正方形，当点从点移动至点时，求点经过的路径长．

【答案】点经过的路径长为．
【详解】解：如图，由此BO交⊙O于F，取的中点H，连接FH、HB、BD．

易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，
∵∠FDB＝45°＝∠FHB，
∴点D在⊙H上运动，轨迹是（图中红线），
易知∠HFG＝∠HGF＝15°，
∴∠FHG＝150°，
∴∠GHB＝120°，易知HB＝3，
∴点D的运动轨迹的长为＝2π．
21．如图1，在中，，，，以点为圆心，为半径作圆．点为上的动点，连接，作，使点落在直线的上方，且满足，连接，．

（1）求的度数，并证明；
（2）如图2，若点在上时，连接，求的长；
（3）点在运动过程中，是否有最大值或最小值？若有，请求出当取得最大值或最小值时，的度数；若没有，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）有．① 当取得最大值时，；②当取得最小值时，．
【详解】（1）在中，，，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）由（1）知，，
，
，
，
，，
，
，
，
在中，，，
由勾股定理得；
（3）有．由（1）知，，
，
，
是定值，
点是在以点为圆心，半径为的圆上，
①如图所示，当点在的延长线上时，取得最大值，

．
，
．
当取得最大值时，；
②如图所示，当点在线段上时，取得最小值，

，
，
当取得最小值时，．
22．如图所示，为等腰直角三角形，，直角顶点在第二象限，点在轴上移动，以为斜边向上作等腰直角，我们发现直角顶点点随着点的移动也在一条直线上移动，求这条直线的函数解析式．

【答案】直线的函数解析式为．
【详解】如图所示．当与轴平行时，过点作轴于点，过点作轴于点，交于点，

是等腰直角三角形，点的坐标是，
，
，
又是等腰直角三角形，
，，
点的坐标为．
当与原点重合时，在轴上，

此时，即，
设所求直线解析式为：，
将、代入得
解
直线的函数解析式为．
23．如图所示，点，的半径为2，，，点是上的动点，点是的中点，求的最小值．

【答案】的最小值为．
【详解】解：如图所示，连接交于点，连接，，

，
由勾股定理得：，
，，
．
当最小时，最小
当运动到时，最小．
此时的最小值为．
24．如图所示，在等腰中，，点在以斜边为直径的半圆上，为的中点，当点沿半圆从点运动至点时，求点运动的路径长．

【答案】点运动的路径长为．
【详解】解：如图所示，取的中点，的中点，的中点，连接、、、、、，

在等腰中，，
．
．
为的中点，
．
．
点在以为直径的圆上，
当点与点重合时，点与点重合：当点与点重合时，点与点重合，易得四边形为正方形，，
点运动的路径为以为直径的半圆．
点运动的路径长为．
25．如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形点分别在轴和轴的正半轴上，连结，，，是的中点.
(1)求OC的长和点的坐标；
(2)如图2，是线段上的点，，点是线段上的一个动点，经过三点的抛物线交轴的正半轴于点，连结交于点
①将沿所在的直线翻折，若点恰好落在上，求此时的长和点的坐标；
②以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点从点运动到点时，点也随之运动，请直接写出点运动路径的长.

【答案】(1) OC=，点的坐标为；(2) ①点的坐标为，②.
【详解】(1) ∵，
∴.
∵四边形是矩形，
∴.
∵是的中点，
∴，
∴点的坐标为.
(2) ①∵，
∴，
∴.
设将翻折后，点落在上的处，
则，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∵，
∴.
∴.  
∴，∴点的坐标为.
②动点P在点O时，
∵抛物线过点P（0，0）、
求得此时抛物线解析式为y=
∴E（，0），
∴直线DE： ，
∴F1（3，）；
当动点P从点O运动到点M时，
∵抛物线过点
求得此时抛物线解析式为，
∴E（6，0），
∴直线DE：y=-
∴F2（3，）
∴点F运动路径的长为，
∵△DFG为等边三角形，
∴G运动路径的长为
26．在等边三角形中，点D为上一点，连接，将绕D逆时针旋转角度得到，连接，已知，；

(1)如图1，若，，连接，求的长；
(2)如图2，若，分别取的中点H，的中点F，连接，，求证：；
(3)如图3，若，P为上一点，且满足，连接，将沿着所在直线翻折得到，连接，当最大时，直接写出的面积．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)．
【详解】（1）解：由旋转性质可知，，
∵旋转角，
∴是等边三角形，则，，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，即，
∴（SAS），
∴，
∵，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
（2）证明：延长，使，连接，，则，

即为的中点，
∵为的中点，
∴为的中位线，即，
旋转角，由旋转性质可知：，
∵为的中点，
∴，平分，
∴，，则，
∴为等边三角形，
∴，，
又∵为等边三角形，
∴，，
∴，即，
∴（SAS），
∴，即，
∵为的中点，
∴，
，
∴
∴．
（3）由（1）知，，，，
∵，则，
∴，
由，得，
作，则：，

∴，则，，，
即点的轨迹为：以为圆心，为半径的圆，
由翻折可知，，而，当，，在同一直线上时取最大值，即：取最大值，如图

此时，，，
则．
27．在菱形中，，是对角线上的一点，连接．

（1）当在的中垂线上时，把射线绕点顺时针旋转后交于，连接．如图①，若，求的长．
（2）在（1）的条件下，连接，把绕点顺时针旋转得到如图②，连接，点为的中点，连接，求的最大值．
【答案】（1） （2）
【详解】（1）解：过点F作于点M，如下图：

∵四边形ABCD是菱形,且
∴
∵为菱形对角线
∴,
又∵在的中垂线上
∴
∴
∴,
在中，
∴
设：，则
∵ 即： 解得：
∴
∵，
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：

此时：在在，,当 A、M、N三点共线时，AN最大
则：在中，
∵
∴
∴
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
∴
∴
28．在中，D为直线上一动点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接与相交于点F．

(1)如图1，若D为的中点，，，，连接，求线段的长；
(2)如图2，G是线段延长线上一点，D在线段上，连接，，若，，，，证明；
(3)如图3，若为等边三角形，，点M为线段上一点，且，点P是直线上的动点，连接，，，请直接写出当最小时的面积．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)．
【详解】（1）解：∵为的中点，，，
∴，则由勾股定理，可得：，
作，交于，

由题意可知，，，
∴，，
∴，
又∵，
∴（AAS），
∴，，
则，
由勾股定理可得：；
（2）证明：由旋转可知，为等腰直角三角形，
∴，，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，，
又∵，
∴，
在和中，，
∴（AAS），
∴，，
则：，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
由三角形内角和定理可得：，
即：，
∴，
作，交延长线于，连接，
∴为等腰直角三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，即，
∴；

（3）作，交于，
∵是等边三角形，
∴，，平分，
则，
将绕点逆时针旋转，则，，
∴，
∴（SAS），
∴
∴，
作点关于的对称点，连接，，由对称易知，，
∴

当最小时，即最小，亦即、、在同一直线，且，如图：

作，交于，则，
∴，，
∵，，
∴，，四边形是矩形，
则，，即，
由轴对称可知，，
∴是等边三角形，则：，
∵，
∴，，
∴，，
则由勾股定理可得：，，
∵，，
则为，之间的距离，
∴，即的高
∴，
∴．