中考数学二轮复习压轴题培优专题14 隐圆—动点到定点之定长的轨迹类问题探究 (含答案)

这是一份中考数学二轮复习压轴题培优专题14 隐圆—动点到定点之定长的轨迹类问题探究 (含答案)，共15页。试卷主要包含了作DH⊥AE于H，如图等内容，欢迎下载使用。

专题十四：隐圆——动点到定点之定长的轨迹类问题探究
专题导例
如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2cm，BC＝4cm，现有一根长为2cm的木棒EF紧贴着矩形的边（即两个端点始终落在矩形的边上），按逆时针方向滑动一周，则木棒EF的中点P在运动过程中所围成的图形的面积为（　　）

A．（8﹣π）cm2 B．4cm2 C．（3+π）cm2 D．8cm2
方法剖析
在一个平面内，线段 AB 绕它固定的一个端点 A 旋转一周，另一个端点 B 所形成的图形叫做圆，如图所示，从依据此定义，我们来解决一类定点+定长的动态类问题．

应用几何性质：
①三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；
②两点间线段最短；
③连接直线外一点和直线上各点的所有线段中，垂线段最短；
④定圆中的所有弦中，直径最长．
方法：见动点遇定点→知定长→转到圆→定圆心→现“圆”形
导例解析：连接BP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BP＝EF，然后判断出点P在运动过程中所围成的图形的面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，列式计算即可得解．
导例答案
解：如图，∵P是EF的中点，
∴BP＝EF＝×2＝1（cm），
∵AB＝2，
∴点P在运动过程中所围成的图形的面积为长方形的面积减去四个扇形的面积，：
又∵四个扇形的面积正好等于一个相同半径的圆的面积，
∴4×2﹣π•12＝8﹣π（cm2）．
故选：A．

典例剖析
类型一：隐圆之动点定长最短距离问题
例1．如图，在Rt△ABC中，∠C=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是 ．


分析：△CEF沿直线EF翻折时，点F为定点，∵CF=PF，∴PF为定线，即动点P到定点F的距离始终不变，即点P在以F为圆心，PF长为半径的圆上运动．如此一来本题就转化为圆上一点到直线的最短距离问题。
类型二：隐圆之动点定长路径轨迹问题
例2．如图，⊙O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为　 　．

【分析】根据OP的长度不变，始终等于半径，则根据矩形的性质可得OQ＝1，再由走过的角度代入弧长公式即可．
专题突破
1．如图，边长为的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆的内壁逆时针方向作无滑动的滚动．当点C第一次落在圆上时，点C运动的路径长为　 　．

2．如图，已知⊙C的半径为2，圆外一点O满足OC＝3.5，点P为⊙C上一动点，经过点O的直线l上有两点A、B，且OA＝OB，∠APB＝90°，l不经过点C，则AB的最小值为（　　）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
3．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边AD上，且AE：ED＝1：2．动点P 从点A 出发，沿AB 运动到点B 停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F．设点M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M的运动路径长为　 　．

4．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是　 　．

5. （2019年十堰市）如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．若△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE＝　　．

6．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A'MN，连接A'C．在MN上存在一动点P．连接A'P、CP，则△A'PC周长的最小值是　 　．

7．如图，是一块含30°（即∠CAB＝30°）角的三角板和一个量角器拼在一起，三角板斜边AB与量角器所在圆的直径MN恰好重合，其量角器最外缘的读数是从N点开始（即N点的读数为O），现有射线CP绕点C从CA的位置开始按顺时针方向以每秒2度的速度旋转到CB位置，在旋转过程中，射线CP与量角器的半圆弧交于E．
（1）当旋转7.5秒时，连接BE，试说明：BE＝CE；
（2）填空：①当射线CP经过△ABC的外心时，点E处的读数是　　．
②当射线CP经过△ABC的内心时，点E处的读数是　　；
③设旋转x秒后，E点出的读数为y度，则y与x的函数式是y＝　　．

8.如图，等边△ABC中，AB＝6，点D在BC上，BD＝4，点E从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿CA方向向点A运动，△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE．
（1）当t为何值时，点F在线段AC上．
（2）当0＜t＜4时，求∠AEF与∠BDF的数量关系；
（3）当点B、E、F三点共线时，求证：点F为线段BE的中点．

9.问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A、B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．

（1）探究：
如图2，在⊙O上任取一点C（不为点A、B重合），连接PC、OC．试证明：PA＜PC．
（2）直接运用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以BC为直径的半圆交AB于D，P是上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是　 　．
（3）构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，请求出A′B长度的最小值．
解：由折叠知A′M＝AM，又M是AD的中点，可得MA＝MA′＝MD，故点A′在以AD为直径的圆上．（请继续完成解题过程）
（4）综合应用：（下面两小题请选择其中一道完成）
①如图5，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是　 　．
②如图6，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、2为半径作⊙A、⊙B，M、N分别是⊙A、⊙B上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值等于　 　．

专题十四：隐圆——动点到定点之定长的轨迹类问题探究
例1 ．如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小．

∵∠A=∠A,∠AMF=∠C=90°，∴△AFM∽△ABC，∴=．
∵CF=2，AC=6，BC=8，∴AF=4，AB==10．
∴=．∴FM=3.2．∵PF=CF=2，∴PM=1.2．
∴点P到边AB距离的最小值是1.2.
例2．解：∵PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，
∴四边形ONPM是矩形，
又∵点Q为MN的中点，
∴点Q为OP的中点，又OP＝2，
则OQ＝1，
点Q走过的路径长＝＝．
故答案为：．
专题突破
1.解：如图所示：
设圆心为O，连接AO，BO，AC，AE，
∵AB＝，AO＝BO＝，
∴AB＝AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝∠OAB＝60°
同理：△FAO是等边三角形，∠FAB＝2∠OAB＝120°，
∴∠EAC＝120°﹣90°＝30，∠GFE＝∠FAD＝120°﹣90°＝30°，
∵AD＝AB＝，
∴AC＝＝2，
当点C第一次落在圆上时，点C运动的路径长为+＝；
故答案为：．

2．解：连接OP，PC，OC，
∵OP≥OC﹣PC＝3.5﹣2＝1.5，
∴当点O，P，C三点共线时，OP最小，最小值为1.5，
∵OA＝OB，∠APB＝90°，
∴AB＝2OP，
当O，P，C三点共线时，AB有最小值为2OP＝3，
故选：C．

3．解：如图，

当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段HN．
在Rt△AEB中，AE＝2，AB＝4，
∴BE＝＝2，
∵△AEB∽△EBG，
∴＝，
∴BG＝＝10，
∵BK＝AE＝2，
∴KG＝BG﹣BK＝8，
∴HN＝KG＝4，
∴点M的运动路径的长为 4．
故答案为 4．
4．解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M为AD中点，
∴2MD＝AD＝CD＝2，∠FDM＝60°，
∴∠FMD＝30°，
∴FD＝MD＝，
∴FM＝DM×cos30°＝，
∴MC＝＝，
∴A′C＝MC﹣MA′＝﹣1．
故答案为：﹣1．

5．作DH⊥AE于H，如图．
∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，
∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，
在Rt△ABF中，BF＝＝3，
∵∠EAF＝90°，∴∠BAF+∠BAH＝90°，
∵∠DAH+∠BAH＝90°，∴∠DAH＝∠BAF，
在△ADH和△ABF中，∴△ADH≌△ABF（AAS），
∴DH＝BF＝3，∴S△ADE＝AE•DH＝×3×4＝6．故答案为6．

6．解：分两步：
①连接AP，则AP＝AP′，
∴△A'PC周长＝A′P+PC+A′C＝AP+PC+A′C，
∵A′P+PC≥AC，
当A、P、C三点共线时，A′P+PC有最小值，是AC的长，
所以AC与MN的交点就是点P，
由勾股定理得：AC＝＝3，
②连接CM，
∵A′C≥CM﹣A′M，
∴当M、A′、C三点共线时，A′C有最小值，
此时，∵M是AD的中点，
∴AM＝DM＝1.5，
∴MC＝＝，
由折叠得：AM＝A′M＝1.5，
∴A′C＝MC﹣A′M＝﹣1.5，
∴△A'PC周长的最小值是：﹣+3，
故答案为：﹣+3．

7、（1）证明：连接BE，如图所示：
∵射线CP绕点C从CA的位置开始按顺时针方向以每秒2度的速度旋转
∴当旋转7.5秒时，∠ACE＝7.5×2°＝∠ABE＝15°
又∵∠CAB＝30°，∠CBA＝60°，∠ACB＝90°
∴∠CBE＝75°，∠BCE＝90°﹣15°＝75°，即：∠CBE＝∠BCE＝75°
∴BE＝CE．
（2）解：①当射线CP经过△ABC的外心时，CP经过AB的中心且此时有：CO＝AO；
∴∠OCA＝∠CAB＝30°，∠AOE＝60°
∴点E处的读数是120°．
②当射线CP经过△ABC的内心时，即CP为∠ACB的角平分线，
圆周角∠BCE＝°＝45°，圆心角为90°，
∴点E处的读数是90°．
③设旋转x秒后，E点出的度数为y°，由题意得：
y与x的函数式是：y＝180﹣4x（0＜x≤90）．


8. 解：（1）∵△ABC是等边三角形
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°
∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE，
∴DF＝DC，EF＝EC，且点F在AC上，∠C＝60°，
∴△DCF是等边三角形，
∴CD＝CF＝AB﹣BD＝2，
∴CE＝1，
∴t＝＝1s；
（2）如图1，当0＜t≤1时，

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE，
∴∠F＝∠C＝60°，∠FDE＝∠CDE，∠CED＝∠FED，
∵∠C+∠CDE+∠CED＝180°，
∴∠C+∠F+∠CDE+∠EDF+∠CED+∠FED＝360°，
∴∠CDF+180°+∠AEF＝360°﹣120°
∴180°﹣∠BDF+180°+∠AEF＝240°，
∴∠BDF﹣∠AEF＝120°；
如图2，当1＜t＜4时，

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE，
∴∠F＝∠C＝60°，∠FDE＝∠CDE，∠CED＝∠FED，
∵∠FDC+∠C+∠F+∠CEF＝360°，
∴180°﹣∠BDF+120°+180°﹣∠AEF＝360°，
∴∠BDF+∠AEF＝120°；
（3）如图3，过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE
∴DF＝DC＝2，∠EFD＝∠C＝60°，EF＝EC，
∵GD⊥EF，∠EFD＝60°
∴FG＝1，DG＝FG＝，
∵BD2＝BG2+DG2，
∴16＝3+（BF+1）2，
∴BF＝﹣1
∴BG＝，
∵EH⊥BC，∠C＝60°
∴CH＝，EH＝HC＝EC，
∵∠GBD＝∠EBH，∠BGD＝∠BHE＝90°
∴△BGD∽△BHE，
∴，
∴＝
∴EC＝﹣1，
∴EC＝EF＝BF＝﹣1，
∴点F是线段BE的中点．
9.（1）证明：如图2，在⊙O上任取一点C（不为点A、B），连接PC、OC．
∵PO＜PC+OC，PO＝PA+OA，OA＝OC，
∴PA＜PC，
∴PA是点P到⊙O上的点的最短距离；
（2）解：连接AO与⊙O相交于点P，如图3，由已知定理可知，
此时AP最短，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，BC为直径，
∴PO＝CO＝1，
∴AO＝＝，
∴AP＝﹣1，
故答案为：﹣1；
（3）解：如图4，由折叠知A′M＝AM，又M是AD的中点，可得MA＝MA′＝MD，
故点A′在以AD为直径的圆上，
由模型可知，当点A′在BM上时，A′B长度取得最小值，
∵边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，
∴BM＝＝，
故A′B的最小值为：﹣1；
（4）①解：如图5：在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝1，
在Rt△AOD中，OD＝＝，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝﹣1．
故答案为：﹣1；
②解：作⊙A关于x轴的对称⊙A′，连接BA′分别交⊙A′和⊙B于M、N，交x轴于P，如图6，
则此时PM+PN最小，
∵点A坐标（﹣2，3），
∴点A′坐标（﹣2，﹣3），
∵点B（3，4），
∴A′B＝＝，
∴MN＝A′B﹣BN﹣A′M＝﹣2﹣1＝﹣3，
∴PM+PN的最小值为﹣3．
故答案为：﹣3．