专题03 几何图形中动点问题-中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇编（安徽专用）

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——几何图形中动点问题（安徽专用）
1.（2022·安徽芜湖·芜湖市第二十九中学校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4．点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中点，则DM长度的最小值是______
【答案】1
【分析】取AC的中点T，连接DT、MT，利用三角形的中位线定理求出DT的值，再由直角三角形斜边上中线的性质求出MT，并确定点M的运动轨迹，然后由DM≥TM-DT即可获得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT、MT，
∵D是AB的中点，T是AC的中点，
∴AD=BD,AT=CT，
∴DT=12BC=12×4=2，
∵CM⊥AF，
∴∠AMC=90°，
∴TM=12AC=12×6=3，
∵点F为射线CB上一动点， CM⊥AF，即∠AMC=90°，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴DM≥TM-DT=3-2=1，
∴DM的最小值为1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边上的中线解决问题．
2．（2022·安徽合肥·合肥寿春中学校考三模）在平面直角坐标系中，已知矩形OABC中，点A0,3，C4,0，点E、E分别是线段AC、OC上动点，且四边形也是矩形，
（1）DBDE=________；
（2）若△BCD是等腰三角形，CF=________．
【答案】 43 32或或
【分析】（1）分别连接BE、DF，两线交于点M，连接CM，由矩形性质及直角三角形斜边上中线的性质可得CD⊥CF；则易证明△ABD∽△CBF，从而可求得结果的值；
（2）分三种情况考虑：BC=CD=3；BD=BC=3；BD=CD，利用（1）中相似三角形的性质及等腰三角形的性质即可求得CF的长．
【详解】（1）分别连接BE、DF，两线交于点M，连接CM，如图．
由点A、C的坐标知，OA=3，OC=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=4，BC=OA=3，∠BCO=∠ABC=90°．
∵四边形DEFB是矩形，
∴∠DBF=∠DEF=90°，DE=BF，DM=FM=EM=BM．
∴∠DBC+∠CBF=∠ABD+∠DBC．
∴∠ABD=∠CBF．
∵CM是Rt△BCE斜边BE是的中线，
∴CM=EM=BM．
∴DM=CM=FM．
∴∠MDC=∠MCD，∠MCF=∠MFC．
∵∠MDC+∠MCD+∠MCF+∠MFC=180°，
∴∠MCD+∠MCF=90°，
∴CD⊥CF．
∴∠DCF+∠DBF=180°，
∴∠BDC+∠CFB=360°−(∠DCF+∠DBF )=180°．
∵∠BDC+∠BDA=180°，
∴∠BDA=∠CFB．
∵∠ABD=∠CBF，
∴△ABD∽△CBF．
∴DBBF=ABBC=43．
∴DBDE=43．
故答案为：43．
（2）①当BC=CD=3时；
由勾股定理得AC=AB2+BC2=42+32=5，
∴AD=AC−CD=2，
由（1）知：△ABD∽△CBF，
∴ADCF=ABBC=43．
∴CF=34AD=32．
②当BD=BC=3时；过点B作BN⊥CD于N，如图；
则CD=2DN．
∵12ACBN=12ABBC，
∴BN=ABBCAC=4×35=125．
由勾股定理得：DN=BD2-BN2=32-1252=95，
∵ADCF=ABBC=43,
∴CF=34AD=2720．
③当BD=CD时，则点D在线段BC的垂直平分线上，如图；
∴DG∥AB，
∴CDAD=CGBG=1，
即点D是AC的中点．
∴AD=12AC=52．
∴CF=34AD=158．
综上所述，CF的长为32或2120或．
故答案为：32或2120或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．本题具有一定的综合性，注意分类讨论．
3．（2022·安徽·统考二模）如图，点E在边长为2的正方形ABCD内，且AE⊥BE，点F是边AD的中点，点G是边CD上的一动点，连接EG，FG．
（1）当，且DG=GC时，四边形AEGF的面积为_________；
（2）EG+FG的最小值为_________．
【答案】 1 10-1##-1+10
【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，得E为正方形ABCD的中心，由DG=GC，证得G，E，H三点共线，进而推出四边形AFGE为平行四边形，最后求得面积；
（2）由AE⊥BE，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点F'，连接F'O，线段EF'即为所求．
【详解】解：（1）取AB的中点H，连接EH，
∵AE⊥EB，AE=EB，
∴EH垂直平分AB，E为正方形ABCD的中心，
又DG=GC，
∴G，E，H三点共线，
∴GH⊥AB，
∵AD⊥AB，
∴AD∥EG，
∵F，E分别是AD，GH的中点，
∴GE=AF，
∴四边形AFGE为平行四边形，
∴四边形AEGF的面积为1×1=1．
故答案为：1；
（2）由AE⊥BE，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点F'，连接F'O，
∵F'G=FG，
∴FG+GE=F'G+GE≥F'E，
当F'，G，E三点共线时，FG+GE有最小值，
在RtAOF'中，
OF'=AO2+AF'2=12+32=10，
∴F'E =10-1，
即FG+GE最小值为10-1．
故答案为：10-1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，最短路径问题，以及动点轨迹的探究，能够准确地判断动点的轨迹和找出最短路径是解决问题的关键．
4．（2022·安徽滁州·统考二模）如图，在正方形ABCD中，点P，Q分别是AB，AD的中点，点E是CD边上一个动点，连接PE，将四边形PBCE沿PE折叠，得到四边形PEFH．
（1）若P，，Q三点在同一条直线上，则∠BPE的大小为______°；
（2）若AB=2，则F，Q两点的连线段的最小值为______．
【答案】 67.5 5-2
【分析】（1）易得∠APQ=45°，利用翻折的性质得到∠BPE=∠HPE=67.5°；
（2）连接，PE，PC，易证△PBC≌△PHF，得到PF=PC=5，PQ=2，当P，Q，F在同一条直线上时，FQ最小，计算可得．
【详解】（1）如图1，易得∠APQ=45°，
∴∠BPE=∠HPE=67.5°，
故答案为：67.5；
（2）如图2，连接，PE，PC，
易证△PBC≌△PHF，
∴PF=PC=5，PQ=2，
当P，Q，F在同一条直线上时，FQ最小，最小值为5-2，
故答案为：5-2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确掌握翻折的性质是解题的关键．
5．（2022·安徽·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=2，点E是AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB=30°，连结EF，作点D关于直线EF的对称点P，直线PE交BD于点Q，当是直角三角形时，DF的长为___．
【答案】1或3或3-3
【分析】根据矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，然后分两种情况讨论，①当∠DQE=90°时，分点P在矩形内部和矩形外部两种情形求解，②当∠DEQ=90°时，过点F作FM⊥AD于点M，设EM=a，则FM=a，根据DM=3a，求得DF的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
，
∵AB=2，∠ADB=30°．
∴AD=23，
∵点E是边AD的中点，
∴DE=3，
①如图2，当∠DQE=90°时，
∵点E是AD的中点，
∵PE⊥BD，∠ADB=30°．
，
由对称可得，EF平分∠PED，
，
是等腰三角形，
，
∵PE⊥BD，∠ADB=30°，DE=3，
，
，
∴EF=1，
；
如图3，
∵PE⊥BD，∠ADB=30°．
，
由对称可得，PF=DF，EP=ED，EF平分∠PED，
，
，
是等腰三角形，
∵PE⊥BD，
，
∵PE⊥BD，∠ADB=30°．DE=3，
，，
；
∴DF的长为1或3；
②当∠DEQ=90°时，如图4，
∵EF平分∠PED，
∴∠DEF=45°，
过点F作FM⊥AD于点M，设EM=a，则FM=a，DM=3a，
∴，
，
，
综上所述，当是直角三角形时，DF的长为1或3或3-3，
故答案为：1或3或3-3．
【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
6．（2022·安徽·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=10，AD=8，tan∠BCD=52，点O为AB的中点，点P为BC上一动点，在平面内沿OP将△BOP翻折得到△B′OP，连接B′C，则B′C长度的最小值为______．
【答案】8
【分析】由沿OP将△OBP翻折得到△B′OP，可知OB=OB′=12AB=5，即B′的轨迹是以O为圆心，以5为半径的半圆，故当O、B′、C共线时，OC最小，此时B′C取得最小值；作出如图的辅助线，由tan∠BCD=tan∠EDC=52，先后求得DE、AE、BC的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵沿OP将△OBP翻折得到△B′OP，
∴OB=OB′=12AB=5，即B′的轨迹是以O为圆心，以5为半径的半圆，
∴当O、B′、C共线时，OC最小，此时B′C取得最小值；
过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，如图：
∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE为矩形，
∴AB=CE=10，AE=BC，AE∥BC，
∴∠BCD=∠EDC，
∴tan∠BCD=tan∠EDC=52，即CEDE=52，
∴DE=4，
∴AE=BC=12，
∴OC=52+122=13，
B′C长度的最小值为13-5=8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了翻折变换、圆的相关知识、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造矩形．
7．（2022·安徽合肥·合肥市西苑中学校考模拟预测）已知四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，E为BC边上一动点且不与B、C重合，连接AE如图，过点E作EN⊥AE交CD于点N．
①若BE＝1，那么CN的长 ___；
②将△ECN沿EN翻折，点C恰好落在边AD上，那么BE的长 ___．
【答案】 32##1.5 2或##23或2
【分析】①求出CE=BC-BE=3，证明△ABE∼△ECN，得出ABEC=BECN，即可得出结果；
②如图，过点E作EF⊥AD于点F，则四边形ABEF是矩形，得出AB=EF=2，AF=BE，根据折叠的性质证明△EC'F∼△NC'D，得出C'DEF=DNFC'=C'NC'E，从而证明C'D=BE，设BE=x，则C'F=4-2x，CE=4-x，代入可得CN+DN=x(2-x)+x(4-x)2=CD=2，即可得出结果．
【详解】①∵BE=1，，
∴CE=BC-BE=3，
∵EN⊥AE，
∴∠AEB+∠CEN=180°-90°=90°，
∵∠BAE+∠AEB=180°-∠B=180°-90°=90°，
∴∠BAE=∠CEN，
∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∼△ECN，
∴ABEC=BECN，即23=1CN，
∴CN=32，
故答案为：32；
（2）
如图，过点E作EF⊥AD于点F，则四边形ABEF是矩形，
∴AB=EF=2，AF=BE，
根据折叠的性质得：CE=C'E，CN=C'N，∠EC'N=∠C=90°，
∴∠NC'D+∠EC'F=90°，
∵∠C'ND+∠NC'D=90°，
∴∠EC'F=∠C'ND，
∵∠EFC'=∠D=90°，
∴△EC'F~△C'ND，
∴C'DEF=DNFC'=C'NC'E，
∴C'DEF=DNFC'=CNCE，
∵ABCE=BECN，
∵CNCE=BEAB，
∴C'DEF=DNFC'=BEAB，
∴C'D=BE，
设BE=x，则C'F=4-2x，CE=4-x，
∴DN4-2x=x2，即DN=x(2-x)，
CN4-x=x2，即CN=x(4-x)2，
∴CN+DN=x(2-x)+x(4-x)2=CD=2，
解得：或x=23．
故答案为：2或．
【点睛】本题考查矩形的综合问题，掌握相似三角形的判定与性质以及折叠的性质是解题的关键．
8．（2021·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，分别以AE、AF为对称轴，折叠△ABE、△ADF，使得AB和AD与AG重合，连接BG交AE于点H，连接CG．
（1）HE：AH＝______；
（2）S△AFE：S正方形ABCD＝______．
【答案】 1：4 5：12
【分析】（1）根据翻折的性质得到∠GHE＝∠BHE＝90°，再根据∠HEB＝∠BEA，从而证明△HEB∽△BEA，得出HEBE=BEAE，设正方形边长为2x，则BE＝x，AB＝2x，由勾股定理求出AE，从而求出HE和AH，得出结论；
（2）由S△AFE＝12（S正方形ABCD﹣S△FCE），正方形ABCD的边长为2x，FG＝DF＝m，则EF ＝x + m，CF＝2 x﹣m，，由勾股定理求出m即可．
【详解】解：（1）∵AE为对称轴，
∴△AEG≌△AEB，BG⊥AE，
∴∠GHE＝∠BHE＝90°，
又∵∠HEB＝∠BEA，
∴△HEB∽△BEA，
∴HEBE=BEAE，
在正方形ABCD中，设边长为2x，
∵点E是BC的中点，则BE＝x，AB＝2x，
∴AE＝AB2+BE2=2x2+x2=5x，
∴HE＝BE2AE=x25x=55x，
∴AH＝AE﹣HE＝5x-55x=455x，
∴HE：AH＝55x:455x＝1：4．
故答案为：1：4；
（2）设正方形ABCD的边长为2x，则S正方形ABCD＝4x2，
∵S△AFE＝12（S正方形ABCD﹣S△FCE），CE＝BE＝GE＝x，
设FG＝DF＝m，
则EF＝x + m，CF＝2 x﹣m，
在△EFC中，
∵EF2＝CE2+CF2，
∴（m+x）2＝（2 x﹣m）2+ x2，
解得：m＝23x，
∴CE＝2 x﹣m＝43x，
∴S△CFE＝12×CE×CF＝12×43x×x=23x2，
∴S△AFE＝12×（4 x2﹣）＝53x2，
∴S△AFE：S正方形ABCD＝53x2:4x2＝5：12．
故答案为：5：12．
【点睛】本题考查轴对称性质，三角形全等，三角形相似判定与性质，正方形性质，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握上述知识是解题关键．
9．（2021·安徽·统考二模）如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接，CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE=5，则正方形CEFG的面积为______．
（2）连接DF，DG，则△DFG面积的最小值为______．
【答案】 5 32
【分析】（1）利用勾股定理求出EC2即可解决问题．
（2）连接DF，DG．设DE＝x，则CE=42+x2，根据S△DEC+S△DFG=12S正方形ECGF根据函数关系式，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝2，∠A＝∠ADC＝90°，
∵BE=5，
∴AE=BE2-AB2=5-4=1
∴DE＝AD﹣AE＝2﹣1＝1，
∴EC2＝DE2+CD2＝12+22＝5，
∴正方形CEFG的面积＝EC2＝5．
故答案为5．
（2）如图，设DE=x，则CE=22+x2
∵S△DEC+S△DFG=12S正方形ECGF，
∴S△DFG=12x2+4-12×x×2=12x2-x+2=12x-12+32．
∵12>0，
∴当x=1时，的面积最小，且最小值为32．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10．（2021·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考一模）如图，等腰Rt△ABC的一个锐角顶点A是⊙O上的一个动点，∠ACB=90°，腰AC与斜边AB分别交⊙O于点E、D，分别过点D、E作⊙O的切线交于点F，且点F恰好是腰BC上的点，连接OC、OD、OE，若⊙O的半径为4，则OC的最大值为________．
【答案】25+2
【分析】设点G为EF中点，分别连接、OG、OD；根据圆的对称性，得OD=OE=OA=4；根据等腰直角三角形性质，得∠EAD=45°，再根据圆周角和圆心角的性质，得∠DOE=2∠EAD=90°；再根据切线和正方的性质，通过证明四边形ODFE为正方形，得EF，根据直角三角形斜边中线性质，得；通过勾股定理计算的OG，再通过三角形边角关系的性质分析，即可得到答案．
【详解】如图，设点G为EF中点，分别连接、OG、OD
∴OD=OE=OA=4
∵等腰RtΔABC，∠ACB=90°
∴∠CAB=45°，即∠EAD=45°
∴∠DOE=2∠EAD=90°
∵分别过点D、E作⊙O的切线交于点F
∴∠OEF=∠ODF=90°
∴四边形ODFE为正方形
∴EF=OE=4
∵点F恰好是腰BC上的点
∴∠ECF=∠ACB=90°
∴CG=EG=FG=12EF=2
当点C、点G、点O不在一条直线上时，得△OCG
∴OC