附7 探究动态几何问题

这是一份附7 探究动态几何问题，共64页。
数学因运动而充满活力，数学因变化面精彩纷呈。动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题。随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
【满分技巧】
1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题。有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等。根据其运动的特点，又可分为(1) 动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点； (2) 动直线类；(3)动图形问题。
2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的‘变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性;动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系;这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论。解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动。解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系。
3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰(边)三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题。全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等。
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·江苏南通市·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．96cm2B．84cm2C．72cm2D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，

由三角形面积公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，
∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面积为12×6＝72．故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
2．（2020·四川雅安市·中考真题）已知，等边三角形和正方形的边长相等，按如图所示的位置摆放（C点与E点重合），点共线，沿方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为，运动过程中两图形重叠部分的面积为，则下面能大致反映与之间关系的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分点C在EF中点的左侧、点C在EF中点的右侧、点C在F点右侧且B在EF中点的左侧，点C在F点右侧且B在EF中点的右侧四种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
【详解】解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，运动速度为1，
当点C在EF的中点左侧时，设AC交DE于点H，
则CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，则S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，
可知图象为开口向上的二次函数，当点C在EF的中点右侧时，设AB与DE 交于点M，

则EC=t，BE=a-t，ME=，
∴S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的左侧时，
S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的右侧时，
此时BF=2a-t，MF=，∴，
可知图象为开口向上的二次函数；故选：A
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
3．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】B
【分析】连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
【详解】解：连接BP，∵菱形ABCD的周长为20，∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴ ，
∵AB=BC，∴ ∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故选：B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题关键在添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
4．（2020·内蒙古呼和浩特市·中考真题）如图，把某矩形纸片沿，折叠（点E、H在边上，点F，G在边上），使点B和点C落在边上同一点P处，A点的对称点为、D点的对称点为，若，为8，的面积为2，则矩形的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出D′H＝x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=2，分别求出PE和PH，从而得出AD的长.
【详解】解：∵四边形ABC是矩形，∴AB=CD，AD=BC，设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，
∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，又∵，∠A′PF=∠D′PG=90°，
∴∠A′P D′=90°，则∠A′PE+∠D′PH=90°，∴∠A′PE=∠D′HP，∴△A′EP∽△D′PH，
∴A′P2：D′H2=8：2，∴A′P：D′H=2：1，∵A′P=x，∴D′H=x，
∵S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即，∴x=2（负根舍弃），
∴AB=CD=2，D′H=DH=，D′P=A′P=CD=2，A′E=2D′P=4，
∴PE=，PH=，
∴AD==，故选D.
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2020·湖南邵阳市·中考真题）将一张矩形纸片按如图所示操作：（1）将沿向内折叠，使点A落在点处，（2）将沿向内继续折叠，使点P落在点处，折痕与边交于点M．若，则的大小是（ ）
A．135°B．120°C．112.5°D．115°
【答案】C
【分析】由折叠前后对应角相等且可先求出，进一步求出，再由折叠可求出，最后在中由三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵折叠，且，∴，即，
∵折叠，∴，
∴在中，，故选：C．
【点睛】本题借助矩形的性质考查了折叠问题、三角形内角和定理等，记牢折叠问题的特点：折叠前后对应边相等，对应角相等即可解题．
6．（2020·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把沿着AD翻折，得到，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F.若，，，的面积为2，则点F到BC的距离为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】解：∵DG＝GE，∴S△ADG＝S△AEG＝2，∴S△ADE＝4，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，∴S△ABD＝S△ADE＝4，∠BFD＝90°，
∴•（AF+DF）•BF＝4，∴•（3+DF）•2＝4，∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，∴h＝，故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
7．（2020·山东聊城市·中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，∴，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，∴，
在Rt△中，，∴，
即点到的距离等于．故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
8．（2020·浙江九年级一模）如图，已知矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E为 AB边上的中点，点F在BC边上，且BF＝1，动点P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，经过若干次反弹，当动点P第一次回到点E时，动点P所经过的路程长为（ ）
A．8B．16+8C．16D．16+12
【答案】A
【分析】利用反射角等于入射角画出动点的运动轨迹，再证四边形OP5EF和OP2P3P4为菱形，然后利用等角对等边证出两个菱形的边都相等，再用勾股定理计算即可.
【详解】如下图蓝色线为动点的运动轨迹，可发现动点P第一次回到点E时共弹出六次.
∵入射角等于反射角，AD∥BC，AB∥DC∴∠1=∠2=∠3=∠4，∠5=∠6，∠7=∠8=∠9=∠10，∠11=∠FEB
又∵∠4＋∠5=90°，∠6＋∠7=90°，∠10＋∠11=90°
∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠7=∠8=∠9=∠10，∠5=∠6=∠11=∠FEB
由∠1=∠8，∠3=∠10∴EF∥P5P4，P5E∥P2PF所以四边形O P5EF为平行四边形，
在△P5AE和△FBE中∴△P5AE≌△FBE（ASA）所以AE=EF
∴四边形OP5EF为菱形同理可证四边形OP2P3P4为菱形 又∵∠2=∠8∴OP4=OF∴两个菱形的边都相等，
在Rt△EFB中 故动点P所经过的路程长为8故选A
【点睛】此题考查的是入射角等于反射角，矩形的性质，菱形的判定及勾股定理.
9．（2020·河北石家庄市·九年级其他模拟）如图，中，，，，以点为圆心3为半径的优弧分布交，于点，点优弧上的动点，点为的中点，则长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据勾股定理求得AB=8，然后根据的性质求得NE和OE的长，当点P在M处时，AC有最小值，此时，在中应用勾股定理即可求解；当P在点N处时，AC有最大值，根据的性质求出CF、FO、AF，然后在中应用勾股定理即可求解．
【详解】∵OA=6，OB=10，ON=OM=3 ∴AM=OA-OM=3
∴在中， 过N点作于点E

∴ 又∵∴
∴ ∴ ∴，
当点P在点M、N处时，AC分别有最小值和最大值；当点P在M处时，AC有最小值
∵C是BP的中点， ∴
∴在中， ∴
当P在点N处时，AC有最大值 ∴
∵∴ ∴
∴， ∴， ∴
在中， 综上所述，故选D．
【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，题目较为综合，难度较大，根据题意讨论两种情况是本题的关键．
10．（2020·洛阳市第二外国语学校九年级二模）如图1，在△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，动点P从点B开始沿边BA、AC向点C以恒定的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以恒定的速度移动，两点同时到达点C，设△BPQ的面积为y（cm2）．运动时间为x（s），y与x之间关系如图2所示，当点P恰好为AC的中点时，PQ的长为（ ）
A．2B．4C．2D．4
【答案】C
【分析】点P、Q的速度比为3：，根据x＝2，y＝6，确定P、Q运动的速度，即可求解．
【详解】解：设AB＝a，∠C＝30°，则AC＝2a，BC＝a，设P、Q同时到达的时间为T，
则点P的速度为，点Q的速度为，故点P、Q的速度比为3：，
故设点P、Q的速度分别为：3v、v，
由图2知，当x＝2时，y＝6，此时点P到达点A的位置，即AB＝2×3v＝6v，BQ＝2×v＝2v，
y＝AB×BQ＝6v×2v＝6，解得：v＝1，
故点P、Q的速度分别为：3，，AB＝6v＝6＝a，则AC＝12，BC＝6，
如图当点P在AC的中点时，PC＝6，此时点P运动的距离为AB+AP＝12，需要的时间为12÷3＝4，
则BQ＝x＝4，CQ＝BC﹣BQ＝6﹣4＝2，过点P作PH⊥BC于点H，
PC＝6，则PH＝PCsinC＝6×＝3，同理CH＝3，则HQ＝CH﹣CQ＝3﹣2＝，
PQ＝＝＝2，故选：C．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
11．（2020·江苏无锡市·九年级其他模拟）如图，动点从（0，3）出发，沿轴以每秒1个单位长度的速度向下移动，同时动点从出发，沿轴以每秒2个单位长度的速度向右移动，当点移动到点时，点、同时停止移动．点在第一象限内，在、移动过程中，始终有，且．则在整个移动过程中，点移动的路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意过P点作交于D点，作交于E点，并利用全等三角形判定,得出，从而分当时，有（0，3），，设P点坐标为以及当时，有、O（0，0），、H，设P点坐标为，求出P点坐标，继而由点移动的路径为一条线段利用两点间距离公式求得点移动的路径长.
【详解】解：由题意过P点作交于D点，作交于E点，如图，
∵，∴,∴,
∵,∴,即有,由题意可知，
当时，有（0，3），，设P点坐标为，
由，即有，解得，即此时P点坐标为；
当时，有、O（0，0），、H，设P点坐标为，
由即图上，即有，
解得，即此时P点坐标为；由图可知点移动的路径为一条线段，
则点移动的路径长为：.故选：A.
【点睛】本题考查平面直角坐标系点的运动问题，熟练掌握全等三角形的性质和判定以及两点间距离公式是解题的关键.
12．（2020·安徽）边长为4、中心为的正方形如图所示，动点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动到点时停止，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度运动一周停止，若点同时开始运动，点的运动时间为，当时，满足的点的位置有（ ）
A．6个B．7个C．8个D．9个
【答案】B
【分析】依次取的中点，连接．由题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，，则有六种情况，分类列式计算求出t的值，即可解答本题．
【详解】解：依次取的中点，连接．
根据题意，得点运动的路程为，当时，点运动的路程为．
分析题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，．
当时，显然；
②当时，如图（1），点在上，点在上， ，
由，得；
③当时，如图（2），点在上，点在上，，
由，得或；
④当时，如图（3），点在上，点在上，，
由，得（舍去）或；
⑤当时，如图（4），点在上，点在上，，
由，得或；
⑥当时，点停在点处，因此当时，，只有时满足．
综上，满足条件的点的位置有7个，故选：B．
【点睛】本题结合动点考查考生空间想象的能力与分析问题、解决问题的综合能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养． 分析题意时，需注意时间的取值范围不含0和16，第后点停止运动，且与点重合．
13．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，等边中，，点，点分别是边，上的动点，且，连接、交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径的长度为_________．
【答案】
【分析】如图，作过A、B、F作⊙O,为点F的轨迹，然后计算出,的长度即可．
【详解】解：如图：作过A、B、F作⊙O,过O作OG⊥AB ∵等边∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°
∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°
∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角∴∠AOB=120°
∵OG⊥AB,OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=∴∠OBG=30°
设OB=x，则OG=x∴，解得x=或x=-（舍）
∴的长度为．故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．
14．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．
【答案】
【分析】根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】连接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，
∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，
∵∠BPE=∠BDP+∠DBF =∠BDP+∠ADE=∠BDF =60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，
∵∠C=60，∴∠C+∠BPD =180，∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，∴∠BOD =2∠BCD =120，
作OG⊥BD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，∴，从而点的路径长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
15．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③④
【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【详解】解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正确；由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．（2020·湖北鄂州市·中考真题）如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．
【答案】1或．
【分析】将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．
【详解】解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB
由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB∴△OAB为等边三角形∴∠AOB=60°，OE⊥AB
在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=
∴S扇形OAB-S△OAB∴OF=
∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒
②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E
此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD
由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD∴△OCD为等边三角形∴∠COD=60°，OE⊥CD
在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=
∴S扇形OCD-S△OCD∴OF=
∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒
综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为
故答案为：1或．
【点睛】本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．
17．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．
【答案】
【分析】由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．
【详解】∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，
∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，
∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，
∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由轴对称性得：BQ=BA=CD，
在△BOQ和△DOC中，，∴△BOQ≌△DOC，
∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，
=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
18．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．
【答案】7
【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，∴BE+BD=3BE=，∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，∵AB∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，∴a+b=3+4=7，故答案为：7.
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
19．（2020·内蒙古呼伦贝尔市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点与坐标原点重合，点的坐标为（0,3），点在轴的正半轴上．直线分别与边相交于两点，反比例函数的图象经过点并与边相交于点，连接．点是直线上的动点，当时，点的坐标是________________．
【答案】（1，0）或（3，2）
【分析】根据正方形的性质以及一次函数表达式求出点D和点M坐标，从而求出反比例函数表达式，得到点N的坐标，求出MN，设点P坐标为（m，m-1），根据两点间距离表示出CP，得到方程，求解即可．
【详解】解：∵正方形OABC的顶点O与坐标原点重合，点C的坐标为（0，3），∴B（3，3），A（3，0），
∵直线y=x-1分别与边AB，OA相交于D，M两点，∴可得：D（3，2），M（1，0），
∵反比例函数经过点D，k=3×2=6，∴反比例函数的表达式为，令y=3，解得：x=2，
∴点N的坐标为（2，3），∴MN==，
∵点P在直线DM上，设点P的坐标为（m，m-1），∴CP=，
解得：m=1或3，∴点P的坐标为（1，0）或（3，2）．故答案为：（1，0）或（3，2）．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离，反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据点的坐标，利用待定系数法求出反比例函数解析式.
20．（2020·上海中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．
【答案】．
【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．
∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直线BD的距离为．故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．
21．（2020·浙江杭州市·中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．
【答案】2 ﹣1
【分析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】∵四边形ABCD是矩形∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，∴，
∴∴
在和中，∴∴
∵∴∵∴
∴，即∴
解得或（不符题意，舍去）
则故答案为：2，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
22．（2020·江西宜春市·九年级一模）如图，在中，动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，同时动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，运动时间为秒，连接．若以为直径的与的边相切，则的值为_______．
【答案】或或
【分析】分当⊙O与BC相切、⊙O与AB相切，⊙O与AC相切时，三种情况分类讨论即可得出结论．
【详解】解：设运动时间为t秒（0