初三数学专题复习之动态几何

这是一份初三数学专题复习之动态几何，共46页。

初三数学专题复习之动态几何
知识精讲
一．与函数结合
动点问题反映的是一种函数思想，由于某一个点或某图形的有条件地运动变化，引起未知量与知量间的一种变化关系，这种变化关系就是动点问题中的函数关系．那么，我们一般用以下几种方法建立函数：（1）应用勾股定理建立函数解析式；（2）应用比例式建立函数解析式；（3）应用求图形面积的方法建立函数关系式．
二．动态几何型压轴题
动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊
的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值．
动态几何常见的题型有三大类：（1）点动问题；（2）线动问题；（3）面动问题．解决动态几何问题的常见方法有：（1）特殊探路，一般推证；（2）动手实践，操作确认；（3）建立联系，计算说明．
动态几何习题的共性：
1．代数、几何的高度综合（数形结合）；着力于数学本质及核心内容的考查；四大数学思想：数学结合、分类讨论、方程、函数；
2．以形为载体，研究数量关系；通过设、表、列获得函数关系式；研究特殊情况下的函数值．
三．双动点问题
点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题．它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题．这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力，其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点．常以双动点为载体，探求函数图象问题、探求结论开放性问题、探求存在性问题、探求函数最值问题．
双动点问题的动态问题是近几年来中考数学的热点题型．这类试题信息量大，对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高；解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，挖掘运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动．
三点剖析
一．考点：
1．三角形、四边形与函数综合问题；
2．三角形、四边形中的动点问题．
二．重难点：
1．三角形、四边形与函数综合问题；
2．三角形、四边形中的动点问题．
题模精讲
题模一：三角形与动点问题
例1.1 如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，点P为△ABC内一点．
（1）连接PB，PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B，C，P的对应点分别为点D，A，E，连接CE．
①依题意，请在图2中补全图形；
②如果BP⊥CE，BP=3，AB=6，求CE的长．
（2）如图3，连接PA，PB，PC，求PA+PB+PC的最小值．
小慧的作法是：以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，那么就将PA+PB+PC的值转化为CP+PM+MN的值，连接CN，当点P落在CN上时，此题可解．
请你参考小慧的思路，在图3中证明PA+PB+PC=CP+PM+MN．
并直接写出当AC=BC=4时，PA+PB+PC的最小值．
【答案】 （1）①②3（2）见解析，
【解析】 （1）①补全图形如图所示；
②如图，连接BD、CD
∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，∴BC∥AD且BC=AD，
∵∠ACB=90°，∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，
∵BP=3，∴DE=BP=3，∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，
∴在Rt△DCE中，CE=；
（2）证明：如图所示，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．
由旋转可得，△AMN≌△ABP，
∴MN=BP，PA=AM，∠PAM=60°=∠BAN，AB=AN，∴△PAM、△ABN都是等边三角形，
∴PA=PM，∴PA+PB+PC=CP+PM+MN，
当AC=BC=4时，AB=4，
当C、P、M、N四点共线时，由CA=CB，NA=NB可得CN垂直平分AB，
∴AQ=AB=2=CQ，NQ=AQ=2，
∴此时CN=CP+PM+MN=PA+PB+PC=．
例1.2 以平面上一点O为直角顶点，分别画出两个直角三角形，记作△AOB和△COD，其中
（1）点E、F、M分别是AC、CD、DB的中点，连接FM、EM．
①如图1，当点D、C分别在AO、BO的延长线上时，=_______；
②如图2，将图1中的△AOB绕点O沿顺时针方向旋转角（），其他条件不变，判断的值是否发生变化，并对你的结论进行证明；
（2）如图3，若，点N在线段OD上，且．点P是线段AB上的一个动点，在将△AOB绕点O旋转的过程中，线段PN长度的最小值为_______，最大值为_______．
【答案】 （1）①②的值不变（2）；
【解析】 该题考查旋转与相似．
（1）①连接EF，∵点E、F、M分别是AC、CD、DB的中位线，
∴EF、FM分别是△ACD和△DBC的中位线，∴EF//AD,FM//CB，
∴,∴△EFM是直角三角形∵EM//CD，∴
∴②结论：的值不变.
连接EF、AD、BC.（如图8）
∵Rt△AOB中，，，
∵Rt△COD中，，，
又∵，，
∴△AOD∽△BOC．
∵点E、F、M分别是AC、CD、DB的中点，
∴EF∥AD，FM∥CB，且，.
∴，即
∵在Rt△EFM中，，，
（2）过O作于E，
∴当点P在点E处时，点P到O点的距离最近为，
这时当旋转到OE与OD重合时，NP取最小值为，
当点P在点B处时，且当旋转到OB在DO的延长线时，NP的最大值
例1.3 在△ABC中，，，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为（），得到．
（1）如图1，当∥AC时，设与AB相交于点D．证明：△BCD是等边三角形；
（2）如图2，连接、，设和的面积分别为和．求：与的比；
（3）如图3，设AC中点为E，中点为P，，连接EP，求：角为多少度时，EP长度最大，并求出EP的最大值．
【答案】 （1）见解析；（2）；（3）角时，EP长度最大，其最大值是
【解析】 （1）证明：如图1，∵在△ABC中，，，
∴（直角三角形的两个锐角互余）．
∵∥AC，
又由旋转的性质知，，
∴，即，
∴在△CDB中，，
∴△BCD是等边三角形；
（2）解：如图2，由旋转的性质可知，，
又由旋转的性质知，
（3）解：如图，连接CP，当△ABC旋转到的位置时，
此时，
即角时，EP长度最大，其最大值是
例1.4 用如图①，②所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下两个探究问题：
探究一：将以上两个三角形如图③拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．
（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；
（2）当点P在运动的过程中出现时，求∠PAB的度数．
探究二：如图④，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连接MN．在旋转△DEF的过程中，△AMN的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】 见解析
【解析】 探究一：
（1）依题意画出图形，如图所示：
由题意，得，FP为角平分线，
则．
过点A作AG⊥BC于点G，则，
在Rt△APG中，由勾股定理得：．
（2）由（1）可知，．
如图所示，以点A为圆心，以长为半径画弧，与BC交于点、，则．
过点A过AG⊥BC于点G，则，
在Rt△AGP1中，，∴．
同理求得，，．
∴∠PAB的度数为15°或75°．
探究二：△AMN的周长存在有最小值．
如图所示，连接AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点，
∵在△AMD与△CND中，，
∴△AMD≌△CND（ASA）．∴．
设，则，，
在Rt△AMN中，由勾股定理得：
∴△AMN的周长为： ．
当时，有最小值，最小值为．
∴△AMN周长的最小值为．
例1.5 如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=16cm，DE=4cm．动线段DE（端点D从点B开始）沿BC边以1cm/s的速度向点C运动，当端点E到达点C时运动停止．过点E作EF∥AC交AB于点F（当点E与点C重合时，EF与CA重合），连接DF，设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）直接写出用含t的代数式表示线段BE、EF的长；
（2）在这个运动过程中，△DEF能否为等腰三角形？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由；
（3）设M、N分别是DF、EF的中点，求整个运动过程中，MN所扫过的面积．
【答案】 （1）BE=EF=（t+4）（cm）（2）t=0、或（3）
【解析】 （1）∵BD=tcm，DE=4cm，
∴BE=BD+DE=（t+4）cm，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BCA，
∴EF：CA=BE：BC，
即EF：10=（t+4）：16，
解得：EF=（t+4）（cm）；
（2）分三种情况讨论：
①如图1，∵当DF=EF时，
∴∠EDF=∠DEF，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵EF∥AC，
∴∠DEF=∠C，
∴∠EDF=∠B，
∴点B与点D重合，
∴t=0；
②如图2，当DE=EF时，
则4=（t+4），
解得：t=；
③如图3，∵当DE=DF时，有∠DFE=∠DEF=∠B=∠C，
∴△DEF∽△ABC．
即，
解得：t=；
综上所述，当t=0、或秒时，△DEF为等腰三角形．
（3）如图4，设P是AC的中点，连接BP，
∵EF∥AC，
∴△FBE∽△ABC．
又∵∠BEN=∠C，
∴△NBE∽△PBC，
∴∠NBE=∠PBC．
∴点B，N，P共线，
∴点N沿直线BP运动，MN也随之平移．
如图5，设MN从ST位置运动到PQ位置，则四边形PQST是平行四边形．
∵M、N分别是DF、EF的中点，
∴MN∥DE，且ST=MN=DE=2．
分别过点T、P作TK⊥BC，垂足为K，PL⊥BC，垂足为L，延长ST交PL于点R，则四边形TKLR是矩形，
∵当t=0时，EF=（0+4）=，TK=EFsin∠DEF=••=；
当t=12时，EF=AC=10，PL=AC•sin∠C=•10•=3．
∴PR=PL﹣RL=PL﹣TK=3﹣=．
∴S平行四边形PQST=ST•PR=2×=．
∴整个运动过程中，MN所扫过的面积为cm2．
题模二：四边形与动点问题
例2.1 如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，连结AM、CM．
（1） 当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
（2）当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
（3）当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
【答案】 （1）见解析（2）见解析（3）
【解析】 该题考查的是四边形综合．
（1）当M点落在BD的中点时，的值最小．……………………………1分
（2）如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时的值最小．
……………………………2分
理由如下：
∵M是正方形ABCD对角线上一点
又，
∴△ABM≌△CBM
∴……………………………3分
又
∴在EC上取一点N使得，连结BN
又∵
∴△BNE≌△ABM……………………3分
又∵
即
∴△BMN是等边三角形．
∴……………………………4分
根据“两点之间线段最短”，得最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，的值最小，即等于EC的长．
……………………………5分
（3）过E点作交CB的延长线于F
设正方形的边长为x，则， ……………………………6分
在Rt△EFC中，
解得（舍去负值）．
∴正方形的边长为．……………………………7分
例2.2 如图1，已知线段，点B关于直线AC的对称点是点D，点E为射线CA上一点，且，连接DE，BE．
（1）依题意补全图1，并证明：△BDE为等边三角形；
（2）若，点C关于直线BD的对称点为点F，连接FD、FB．将△CDE绕点D顺时针旋转α度（）得到△，点E的对应点为，点C的对应点为点．
①如图2，当时，连接．证明：；
②如图3，点M为DC中点，点P为线段上的任意一点，试探究：在此旋转过程中，线段PM长度的取值范围？
【答案】 （1）如图1，证明见解析；（2）①见解析；②
【解析】 （1）补全图形，如图1所示；
证明：由题意可知：射线CA垂直平分BD
又∵
∴△EBD是等边三角形
（2）①证明：如图2：由题意可知，
又∵点C与点F关于BD对称
∴四边形BCDF为正方形，
由（1）△BDE为等边三角形
又∵△是由△旋转得到的，
∴△EDF≌△（SAS）
②线段PM的取值范围是：
设射线CA交BD于点O，
I：如图3（1）
当⊥DC，MP⊥，D、M、P、C共线时，PM有最小值
此时，
II：如图3（2）
当点P与点重合，且P、D、M、C共线时，PM有最大值．
此时，
∴线段PM的取值范围是：
例2.3 如图1，在菱形ABCD中，AB=6，tan∠ABC=2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α=∠BCD），得到对应线段CF．
（1）求证：BE=DF；
（2）当t=___秒时，DF的长度有最小值，最小值等于___；
（3）如图2，连接BD、EF、BD交EC、EF于点P、Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（4）如图3，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α（α=∠BCD），得到对应线段CG．在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．
【答案】 （1）见解析
（2）6+6，12
（3）6秒和6秒
（4）y=t﹣12﹣
【解析】 分析：（1）由∠ECF=∠BCD得∠DCF=∠BCE，结合DC=BC、CE=CF证△DCF≌△BCE即可得；
（2）当点E运动至点E′时，由DF=BE′知此时DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；
（3）①∠EQP=90°时，由∠ECF=∠BCD、BC=DC、EC=FC得∠BCP=∠EQP=90°，根据AB=CD=6，tan∠ABC=tan∠ADC=2即可求得DE；
②∠EPQ=90°时，由菱形ABCD的对角线AC⊥BD知EC与AC重合，可得DE=6；
（4）连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，证△DCE≌△GCF可得∠3=∠4=∠1=∠2，即GF∥CD，从而知四边形CDMN是平行四边形，由平行四边形得MN=CD=6；再由∠CGN=∠DCN=∠CNG知CN=CG=CD=6，根据tan∠ABC=tan∠CGN=2可得GM=6+12，由GF=DE=t得FM=t﹣6﹣12，
利用tan∠FMH=tan∠ABC=2即可得FH．
（1）∵∠ECF=∠BCD，即∠BCE+∠DCE=∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF=∠BCE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=BC，
在△DCF和△BCE中，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF=BE；
（2）如图1，
当点E运动至点E′时，DF=BE′，此时DF最小，
在Rt△ABE′中，AB=6，tan∠ABC=tan∠BAE′=2，
∴设AE′=x，则BE′=2x，
∴AB=x=6，
则AE′=6
∴DE′=6+6，DF=BE′=12，
故答案为：6+6，12；
（3）∵CE=CF，
∴∠CEQ＜90°，
①当∠EQP=90°时，如图2①，
∵∠ECF=∠BCD，BC=DC，EC=FC，
∴∠CBD=∠CEF，
∵∠BPC=∠EPQ，
∴∠BCP=∠EQP=90°，
∵AB=CD=6，tan∠ABC=tan∠ADC=2，
∴DE=6，
∴t=6秒；
②当∠EPQ=90°时，如图2②，
∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴EC与AC重合，
∴DE=6，
∴t=6秒；
（4）y=t﹣12﹣，
如图3，连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，
由（1）知∠1=∠2，
又∵∠1+∠DCE=∠2+∠GCF，
∴∠DCE=∠GCF，
在△DCE和△GCF中，
∴△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3=∠4，
∵∠1=∠3，∠1=∠2，
∴∠2=∠4，
∴GF∥CD，
又∵AH∥BN，
∴四边形CDMN是平行四边形，
∴MN=CD=6，
∵∠BCD=∠DCG，
∴∠CGN=∠DCN=∠CNG，
∴CN=CG=CD=6，
∵tan∠ABC=tan∠CGN=2，
∴GN=12，
∴GM=6+12，
∵GF=DE=t，
∴FM=t﹣6﹣12，
∵tan∠FMH=tan∠ABC=2，
∴FH=（t﹣6﹣12），
即y=t﹣12﹣．
例2.4 在正方形ABCD中，点E是对角线AC的中点，点F在边CD上，连接DE、AF，点G在线段AF上
（1）如图①，若DG是△ADFD的中线，DG=2.5，DF=3，连接EG，求EG的长；
（2）如图②，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD的中点，连接FH，求证：∠CFH=∠AFD；
（3）如图③，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD上的动点，连接EG．当点F在边CD上（不含端点）运动时，∠EGH的大小是否发生改变？若不改变，求出∠EGH的度数；若发生改变，请说明理由．
【答案】 （1）
（2）答案见解析
（3）不改变，∠EGH=45°
【解析】 （1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC，∠ADF=∠BCD=90°，∠DAC=∠ACB=∠ACD=45°，
∵DG是△ADF的中线，DG=2.5，
∴AF=2DG=5，
∴CD=AD===4，
∴CF=CD﹣DF=1，
∵点E是对角线AC的中点，G是AF的中点，
∴EG是△ACF的中位线，
∴EG=CF=；
（2）证明：延长DH交BC于M，如图所示，
∵DG⊥AF，
∴∠AGH=∠DGA=∠DGF=90°，
∴∠AFD+∠FDG=90°，
∵∠DMC+∠FDG=90°，
∴∠AFD=∠DMC，
在△CDM和△DAF中，，
∴△CDM≌△DAF（AAS），
∴CM=DF，
∵点F是CD的中点，
∴DF=CF，
∴CM=CF，
在△CMH和△CFH中， ，
∴△CMH≌△CFH（SAS），
∴∠CMH=∠CFH，
∴∠CFH=∠AFD；
（3）解：∠EGH的大小不发生改变，∠EGH=45°；理由如下：
∵点E是对角线AC的中点，∠ADC=90°，
∴DE=AC=AE，
∴∠ADE=∠DAC=45°，
∴∠AED=90°=∠AGD，
∴A、D、G、E四点共圆，
∴∠AGE=∠ADE=45°，
∴∠EGH=90°﹣45°=45°．
例2.5 如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC=6cm，BD=8cm，动点P，Q分别从点B，D同时出发，运动速度均为1cm/s，点P沿B→C→D运动，到点D停止，点Q沿D→O→B运动，到点O停止1s后继续运动，到点B停止，连接AP，AQ，PQ．设△APQ的面积为y（cm2）（这里规定：线段是面积0的几何图形），点P的运动时间为x（s）．
（1）填空：AB=______cm，AB与CD之间的距离为______cm；
（2）当4≤x≤10时，求y与x之间的函数解析式；
（3）直接写出在整个运动过程中，使PQ与菱形ABCD一边平行的所有x的值．
【答案】 （1）5，
（2）y=
（3）满足条件的x的值为或
【解析】 （1）∵菱形ABCD中，AC=6cm，BD=8cm，
∴AC⊥BD，
∴AB==5，
设AB与CD间的距离为h，
∴△ABC的面积S=AB•h，
又∵△ABC的面积S=S菱形ABCD=×AC•BD=×6×8=12，
∴AB•h=12，
∴h=．
（2）设∠CBD=∠CDB=θ，则易得：sinθ=，cosθ=．
①当4≤x≤5时，如答图1﹣1所示，此时点Q与点O重合，点P在线段BC上．
∵PB=x，
∴PC=BC﹣PB=5﹣x．
过点P作PH⊥AC于点H，则PH=PC•cosθ=（5﹣x）．
∴y=S△APQ=QA•PH=×3×（5﹣x）=﹣x+6；
②当5＜x≤9时，如答图1﹣2所示，此时点Q在线段OB上，点P在线段CD上．
PC=x﹣5，PD=CD﹣PC=5﹣（x﹣5）=10﹣x．
过点P作PH⊥BD于点H，则PH=PD•sinθ=（10﹣x）．
∴y=S△APQ=S菱形ABCD﹣S△ABQ﹣S四边形BCPQ﹣S△APD
=S菱形ABCD﹣S△ABQ﹣（S△BCD﹣S△PQD）﹣S△APD
=AC•BD﹣BQ•OA﹣（BD•OC﹣QD•PH）﹣PD×h
=×6×8﹣（9﹣x）×3﹣[×8×3﹣（x﹣1）•（10﹣x）]﹣（10﹣x）×
=﹣x2+x﹣；
③当9＜x≤10时，如答图1﹣3所示，此时点Q与点B重合，点P在线段CD上．
y=S△APQ=AB×h=×5×=12．
综上所述，当4≤x≤10时，y与x之间的函数解析式为：
y=．
（3）有两种情况：
①若PQ∥CD，如答图2﹣1所示．
此时BP=QD=x，则BQ=8﹣x．
∵PQ∥CD，
即，
∴x=；
②若PQ∥BC，如答图2﹣2所示．
此时PD=10﹣x，QD=x﹣1．
∵PQ∥BC，
即，
∴x=．
综上所述，满足条件的x的值为或．
随堂练习
随练1.1 在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（Ⅰ）如图①，若α=90°，求AA′的长；
（Ⅱ）如图②，若α=120°，求点O′的坐标；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，边OA上 的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）
【答案】 （1）5
（2）（，）
（3）（，）
【解析】 （1）如图①，
∵点A（4，0），点B（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′=BA=5；
（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，
∴∠HBO′=60°，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=，
∴OH=OB+BH=3+=，
∴O′点的坐标为（，）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（，），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，
当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），
∴OP=，
∴O′P′=OP=，
作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，
∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=O′D=，
∴DH=O′H﹣O′D=﹣=，
∴P′点的坐标为（，）．
随练1.2 如图，在四边形ABCD中，，，，点M为对角线BD（不含点B）上任意一点，△ABE是等边三角形，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）①直接回答：当点M在何处时，的值最小？
②当点M在何处时，的值最小？请说明理由．
【答案】 （1）见解析；（2）连接AC，当点M位于BD与AC的交点处时，最小；（3）当点M位于BD、CE的交点处时，的值最小，即等于EC的长．理由见解析
【解析】 （1）∵△ABE是等边三角形，
由旋转知，，，
即，
在△AMB和△ENB中，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（2）①根据“两点之间线段最短”，连接AC，当点M位于BD与AC的交点处时，最小；
②连接CE，当点M位于BD、CE的交点处时，最小．
理由如下：如图，连接CE交BD于点M，连接AM，在EM上取一点N，使，
在△ABD和△CBD中，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
即，
在△EBN和△CBM中，
∴△EBN≌△CBM（ASA），
∴此时BN由BM绕点B逆时针旋转60°得到，
由（1）知：△AMB≌△ENB，
∴△BMN是等边三角形，
∴根据“两点之间线段最短”可知当点M位于BD、CE的交点处时，的值最小，即等于EC的长．
随练1.3 在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为2 的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．
【答案】 （1）见解析
（2）
（3）6
【解析】 （1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，
在△ADG和△ABE中，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD=∠AEB，
如图1所示，延长EB交DG于点H，
在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，
∴∠AEB+∠ADG=90°，
在△EDH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，
∴∠DHE=90°，
则DG⊥BE；
（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，
在△ADG和△ABE中，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG=BE，
如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠MDA=45°，
在Rt△AMD中，∠MDA=45°，
∴cos45°=，
∵AD=2，
∴DM=AM=，
在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM= ，
∵DG=DM+GM= ，
∴BE=DG=
（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：
对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，
∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；
对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，
∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大，
则△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．
随练1.4 正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在射线DC，DA上运动，且DE=DF．连接BF，作EH⊥BF所在直线于点H，连接CH.
（1）如图1，若点E是DC的中点，CH与AB之间的数量关系是 ；
（2）如图2，当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论是否成立？若成立
给出证明；若不成立，说明理由；
（3）如图3，当点E，F分别在射线DC，DA上运动时，连接DH，过点D作直线DH的垂线，交直线BF于点K，连接CK，请直接写出线段CK长的最大值．
【答案】 （1）（2）成立，证明见解析（3）
【解析】 （1）． ………………………………… 1分
（2）结论成立．………………………………… 2分
证明：如图11，连接BE．
在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠A=∠BCD=∠ABC=90°．[来
∵ DE=DF，
∴ AF=CE．
在△ABF和△CBE中，
∴ △ABF≌△CBE．
∴ ∠1=∠2．…………………………………………3分
∵ EH⊥BF，∠BCE=90°，
∴ H，C两点都在以BE为直径的圆上．
∴ ∠3=∠2．
∴ ∠3=∠1．
∵ ∠3+∠4=90°，∠1+∠HBC=90°，
∴ ∠4=∠HBC．
∴ CH=CB．………………………………………………………………… 5分
∴ CH=AB．………………………………………………………………… 6分
（3）．………………………………………………………………………7分
随练1.5 已知，如图①，在▱ABCD中，AB=3cm，BC=5cm．AC⊥AB．△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止运动．如图②，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S△QMC：S四边形ABQP=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】 （1）t=；（2）y=﹣；（3）2；（4）当t=时，PQ⊥MQ
【解析】 如图1，在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC==4，
由平移性质可得MN∥AB；
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
即，
解得t=；
（2）如图2，作PF⊥BC于点F，AE⊥BC于点E，
由S△ABC=AB×AC=AE×BC可得×3×4=×5AE，
∴AE=，
则由勾股定理得：CE=，
∵PF⊥BC，AE⊥BC，
∴AE∥PF，
∴△CPF∽△CAE，
所以，
即，
解得：PF=，CF=，
∵PM∥BC，所以M到BC的距离h=PF=，
所以，△QCM是面积y=CQ×h=×t×=﹣；
（3）∵PM∥BC，
∴S△PQC=S△MQC，
∵S△QMC：S四边形ABQP=1：4，
∴S△MQC：S△ABC=1：5，
则5（﹣）=×4×3，
t2﹣4t+4=0，
解得：t1=t2=2，
∴当t=2时，S△QMC：S四边形ABQP=1：4；
（4）如图2，∵PQ⊥MQ，
∴∠MQP=∠PFQ=90°，
∵MP∥BC，
∴∠MPQ=∠PQF，
∴△MQP∽△PFQ，
∴PQ2=PM×FQ，
即：PF2+FQ2=PM×FQ，
由CF=，
∴FQ=CF﹣CQ=，
故，
整理得2t2﹣3t=0，
解得t1=0（舍），t2=，
答：当t=时，PQ⊥MQ．
随练1.6 如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点E、F分别在线段BC、CD上，将△CEF沿EF翻折，点C的落点为M
（1）如图1，当 CE=5，M点落在线段AD上时，求MD的长
（2）如图2，若点F是CD的中点，点E在线段BC上运动，将△CEF沿EF折叠，
①连接BM，△BME是否可以是直角三角形？如果可以，求此时CE的长，如果不可以，说明理由
②连接MD，如图3，求四边形ABMD的周长的最小值和此时CE的长
【答案】 （1）MD的长为2
（2）①可以；CE=2或
②四边形ABMD的周长的最小值为（4+12），此时CE的长为4
【解析】 （1）如图1，作EN⊥AD于点N，
∴∠ANE=∠ENM=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD=4，AD=BC=8，
∴∠A=∠B=∠ANE=90°，
∴AB=NE=4，AN=BE．
∵EC=5，
∴BE=3，
∴AN=3．
∵△EFC与△EFM关于直线EF对称，
∴△EFC≌△EFM，
∴EC=EM=5．
在Rt△EMN中，由勾股定理，得
MN=3，
∴MD=8﹣3﹣3=2．
答：MD的长为2；
（2）①如图2，当∠BME=90°时，
∵∠EMF=90°，
∴∠BMF=180°，
∴B、M、F在同一直线上．
∵F是BC的中点，
∴CF=DF=CD=2．
∵△EFC与△EFM关于直线EF对称，
∴△EFC≌△EFM，
∴MF=CF=2，EC=EM．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BF=2．
∴BM=2﹣2．
设EC=EM=x，则BE=8﹣x，在Rt△BME中，由勾股定理，得
（8﹣x）2﹣x2=（2﹣2）2，
解得：x=．
∴CE=；
如图3，当∠BEM=90°时，
∴∠MEC=90°
∵△EFC与△EFM关于直线EF对称，
∴△EFC≌△EFM，
∴∠EMF=∠C=90°，CF=FM=2，
∴四边形ECFM是正方形，
∴MF=CE=2．
∴CE=2或；
②如图4，∵四边形ABMD的周长最小，
∴BM+MD最小，
∴B、M、D在同一直线上，
∴点M在BD上．
连结MC，
∵△EFC与△EFM关于直线EF对称，
∴△EFC≌△EFM，
∴EC=EM，FC=FM．
∴EF垂直平分MC，
∴MG=CG，
∴GF是△CDM的中位线，
∴FG∥BD，
∴BE=CE．
∵BC=8，
∴CE=4．
在Rt△ABD中，由勾股定理，得
BD=4．
∴四边形ABMD的周长的最小值为：4+4+8=4+12．
答：四边形ABMD的周长的最小值为（4+12），此时CE的长为4．
随练1.7 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．
（1）求MP的值；
（2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时，△MEF的周长最小？
（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根号）
【答案】 （1）5（2）（3）
【解析】 （1）∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=4，∠D=90°，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，
∴PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，
∴MP=；
（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，则点F即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，
∵AM=AD﹣MP﹣PD=12﹣5﹣3=4，
∴AM=AM′=4，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，
∴∠CEP=∠MEP，
而∠CEP=∠MPE，
∴∠MEP=∠MPE，
∴ME=MP=5，
在Rt△ENM中，MN=，
∴NM′=11，
∵AF∥NE，
∴△AFM′∽△NEM′，
∴，即，解得AF=，
即AF=时，△MEF的周长最小；
（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，
∵ER=GQ，ER∥GQ，
∴四边形ERGQ是平行四边形，
∴QE=GR，
∵GM=GM′，
∴MG+QE=GM′+GR=M′R，此时MG+EQ最小，四边形MEQG的周长最小，
在Rt△M′RN中，NR=4﹣2=2，M′R=，
∵ME=5，GQ=2，
∴四边形MEQG的最小周长值是．
随练1.8 边长为2的正方形的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上（如图1），现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，AB边交DF于点M，BC边交DG于点N．
（1）求边在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时（如图2），求正方形ABCD旋转的度数；
（3）如图3，设的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论．
【答案】 （1）（2）（3）见解析
【解析】 该题考查的是三角形全等与旋转问题．
（1）∵点第一次落在上时停止旋转，
∴旋转了．
∴在旋转过程中所扫过的面积为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分
（2）∵//，
又∵，∴．
又∵，，∴△≌△
∴旋转过程中，当和平行时，正方形旋转的度数为
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（3）证明：延长交轴于点，则，
又∵，
△≌△．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
又∵，,
∴△≌△ ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分
∴在旋转正方形的过程中，值无变化．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分
课后作业
作业1 已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．
（1）如图1，已知∠AOB=150°，∠BOC=120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．
①∠DAO的度数是　　；
②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明；
（2）设∠AOB=α，∠BOC=β．
①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；
②若等边△ABC的边长为1，直接写出OA+OB+OC的最小值．
【答案】 （1）①90°；②OA2+OB2=OC2；证明见解析
（2）①α=β=120°，OA+OB+OC有最小值；图形见解析
【解析】 （1）①∠AOB=150°，∠BOC=120°，
∴∠AOC=360°﹣120°﹣150°=90°，
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴∠OCD=60°，∠D=∠BOC=120°，
∴∠DAO=360°﹣∠AOC﹣∠OCD﹣∠D=90°，
故答案为：90°；
②线段OA，OB，OC之间的数量关系是OA2+OB2=OC2，
如图1，连接OD，
∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△ADC≌△BOC，∠OCD=60°，
∴CD=OC，∠ADC=∠BOC=120°，AD=OB，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=OD=CD，∠COD=∠CDO=60°，
∵∠AOB=150°，∠BOC=120°，
∴∠AOC=90°，
∴∠AOD=30°，∠ADO=60°，
∴∠DAO=90°，
在Rt△ADO中，∠DAO=90°，
∴OA2+OB2=OD2，
∴OA2+OB2=OC2；
（2）①当α=β=120°时，OA+OB+OC有最小值．
如图2，将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′，
∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′=∠ACA′=60°，
∴O′C=OC，O′A′=OA，A′C=BC，
∠A′O′C=∠AOC．
∴△OC O′是等边三角形，
∴OC=O′C=OO′，∠COO′=∠CO′O=60°，
∵∠AOB=∠BOC=120°，
∴∠AOC=∠A′O′C=120°，
∴∠BOO′=∠OO′A′=180°，
∴四点B，O，O′，A′共线，
∴OA+OB+OC=O′A′+OB+OO′=BA′时值最小；
②∵∠AOB=∠BOC=120°，
∴∠AOC=120°，
∴O为△ABC的中心，
∵四点B，O，O′，A′共线，
∴BD⊥AC，
∵将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，
∴A′C=AC=BC，
∴A′B=2BD，
在Rt△BCD中，BD=BC=，
∴A′B=，
∴当等边△ABC的边长为1时，OA+OB+OC的最小值A′B=．
作业2 几何模型：
条件：如图，A、B是直线l同旁的两个定点．
问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小．
方法：作点A关于直线l的对称点A′，连结A′B交l于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．
模型应用：
（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点．连结BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连结ED交AC于P，则PB+PE的最小值是____；
（2）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；
（3）如图3，∠AOB=45°，P是∠AOB内一点，PO=10，Q、R分别是OA、OB上的动点，求△PQR周长的最小值．
【答案】 （1）；（2）2；（3）10
【解析】 （1）由题意知：连接ED交AC于点P，
此时PB+PE最小，最小值为ED，
∵点E是AB的中点，
∴AE=1，
由勾股定理可知：ED2=AE2+AD2=5，
∴ED=，
∴PB+PE的最小值为；
（2）延长AO交⊙O于点D，连接DC，AC，
∴AD=4，
∵∠AOC=60°，OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC=OA=2，
∵AD是⊙O直径，
∴∠ACD=90°，
∴由勾股定理可求得：CD=2，
∴PA+PC的最小值为2；
（3）作点C，使得点P与点C关于OB对称，
作点D，使得点P与点D关于OA对称，
连接OC、OD、CD，CD交OA、OB于点Q、R，
此时PR+RQ+PQ最小，最小值为CD的长，
∵点P与点C关于OB对称，
∴∠BOP=∠COB，OP=OC=10，
同理，∠DOA=∠POA，OP=OD=10，
∵∠BOP+∠POA=45°，
∴∠COD=2（∠BOP+∠POA）=90°，
由勾股定理可知：CD=10，
∴△PQR周长的最小值为10．
作业3 如图1，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点M是BC的中点，作正方形MNPQ，使点A、C分别在MQ和MN上，连接AN、BQ．
（1）直接写出线段AN和BQ的数量关系是______．
（2）将正方形MNPQ绕点M逆时针方向旋转θ（0°＜θ≤360°）
①判断（1）的结论是否成立？请利用图2证明你的结论；
②若BC=MN=6，当θ（0°＜θ≤360°）为何值时，AN取得最大值，请画出此时的图形，并直接写出AQ的值．
【答案】 （1）BQ=AN（2）3
【解析】 （1）BQ=AN．
理由：如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点M是BC的中点，
∴AM⊥BC，BM=AM，
∴∠AMB=∠AMC=90°．
∵四边形PQMN是正方形，
∴QM=NM．
在△QMB和△NMA中，
∴△QMB≌△NMA（SAS），
∴BQ=AN．
故答案为：BQ=AN；
（2）①BQ=AN成立．
理由：如图2，连接AM，
∵在Rt△BAC中，M为斜边BC中点，
∴AM=BM，AM⊥BC，
∴∠AMQ+∠QMB=90°．
∵四边形PQMN为正方形，
∴MQ=NM，且∠QMN=90°，
∴∠AMQ+∠NMA=90°，
∴∠BMQ=∠AMN．
在△BMQ和△AMN中，
∴△BMQ≌△AMN（SAS），
∴BQ=AN；
②由①得，BQ=AN，
∴当BQ取得最大值时，AN取得最大值．
如图3，当旋转角θ=270°时，BQ=AN（最大），此时∠AMQ=90°．
∵BC=MN=6，M是BC的中点，
∴MQ=6，AM=BC=3，
∴在Rt△AMQ中，由勾股定理得
AQ==3．
作业4 （1）发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b．
填空：当点A位于_________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为_________（用含a，b的式子表示）
（2）应用：点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE长的最大值．
（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
【答案】 （1）CB的延长线上；a+b（2）见解析（3）见解析
【解析】 （1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，
∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，
（2）①CD=BE，
理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠CAD=∠EAB，
在△CAD与△EAB中，
∴△CAD≌△EAB，
∴CD=BE；
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，
由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，
∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；
（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，
则△APN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），
∴OA=2，OB=5，
∴AB=3，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值=AB+AN，
∵AN=AP=2，
∴最大值为2+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=，
∴OE=BO﹣﹣3=2﹣，
∴P（2﹣，）．
作业5 如图①，已知是等腰直角三角形，，点是的中点．作正方形，使点、分别在和上，连接、．
（1）试猜想线段和的关系（位置关系及数量关系），请直接写出你得到的结论．
（2）将正方形绕点逆时针方向旋转一定角度后（），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．若，正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转角度（），当为最大值时，求的值．
【答案】 （1）垂直且相等（2）成立，证明见解析；
【解析】 （1）如图（1），
∵△ABC是等腰直角三角形，，点D是BC的中点，
∵在△BDG和△ADE中，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
延长EA到BG于一点M，∴，
∴线段BG和AE相等且垂直；
（2）成立，
如图（2），延长EA分别交DG、BG于点、两点，
∵△ABC是等腰直角三角形，，点D是BC的中点，
∴，且，
∵在△BDG和△ADE中，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴，即BG⊥AE且；
（3）由（2）知，要使AE最大，只要将正方形绕点D逆时针旋旋转270°，即A，D，E在一条直线上时，AE最大；
∵正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，E点运动的图形是以点D为圆心，DE为半径的圆，
∴当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图（3），
若，则，．
在Rt△AEF中，
∴，即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，
作业6 如图1，已知B点坐标是（6，6），BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，D在线段OA上，E在y轴的正半轴上，DE⊥BD，M是DE中点，且M在OB上．
（1）点M的坐标是（____，____），DE=____；
（2）小明在研究动点问题时发现，如果有两点分别在两条互相垂直的直线上做匀速运动，连接这两点所得线段的中点将在同一条直线上运动，利用这一事实解答下列问题，如图2，如果一动点F从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时有一点G从点D出发以每秒个单位长度的速度向点O运动，点H从点E开始沿y轴正方向自由滑动，并始终保持GH=DE，P为FG的中点，Q为GH的中点，F与G两个点分别运动到各自终点时停止运动，分别求出在运动过程中点P、Q运动的路线长．
（3）连接PQ，求当运动多少秒时，PQ最小，最小值是多少？
【答案】 （1）（2，2），8（2）（3），3
【解析】 ∵点B的坐标为（6，6），
∴tan∠BOA=．
∴∠BOA=30°．
∵在Rt△EOD中，点M是ED的中点，
∴OM=．
∴∠MDO=∠BOA=30°，
∵BD⊥ED，
∴∠EDB=90°．
∴∠EDO+∠BDA=90°．
∵∠BDA+∠DBA=90°，
∴∠EDO=∠DBA=30°
∴AD=AB•tan30°=6×=2．
∴OD=6．
∴OE=ODtan30°=4×=4．
∵M是DE的中点，
∴点M的坐标为（2，2）．
∵，即，
∴DE=8．
（2）根据题意画出点P、点Q运动的轨迹．
OD=4，点D的运动时间==4秒；
点F运动的时间=6÷1=6秒；
∵点P是BD的中点，
∴点P的坐标为（，）即点P的坐标为（5，3），P1的坐标为（3，1）
∴PP1==，
P1P2=
P点运动的路线长PP1+P1P2=5；
∵M是DE的中点，∠EOD=90°
∴OM==．
∴点M运动的路线为弧ME．
∵∠BOA=30°，
∴∠EOM=60°．
∴点M运动的路线长==．
∵GH=DE，
∴点G运动的路线长为：．
（3）∵点P、Q分别为FG和GH的中点，
∴PQ=FH．
∴当FH最小时，PQ最小，
当FH⊥y轴时，FH最小值=6，
如图2，连接FH．
设此时运动时间为t秒，则AF=6﹣t，DG=
∴OG=（4﹣t），
在Rt△HOG中，由勾股定理得：OH2=GH2﹣OG2
∴OH2=82﹣3（4﹣t）2．
∵OH=AF，
∴（6﹣t）2=64﹣3（4﹣t）2．
解得：，（舍去）
∴当运动时间为秒时，PQ最小值=3．
作业7 某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB=8．
问题思考：
如图1，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF．
（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和是定值吗？若是，请求出；若不是，请求出这两个正方形面积之和的最小值．
（2）分别连接AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由．
问题拓展：
（3）如图2，以AB为边作正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ=8．若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长．
（4）如图3，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM=BN=1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请直接写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点O所经过的路径的长及OM+OB的最小值．
【答案】 （1）不是，最小值为32（2）存在两个面积始终相等的三角形，它们是△APK与△DFK（3）6π（4）
【解析】
（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和不是定值．
设AP=x，则PB=8-x，
根据题意得这两个正方形面积之和=x2+（8-x）2
=2x2-16x+64
=2（x-4）2+32，
所以当x=4时，这两个正方形面积之和有最小值，最小值为32．
（2）存在两个面积始终相等的三角形，它们是△APK与△DFK．
依题意画出图形，如答图2所示．
设AP=a，则PB=BF=8-a．
∵PE∥BF，
∴=，即=，
∴PK=，
∴DK=PD-PK=a-=，
∴S△ APK=PK•PA=••a=，S△ DFK=DK•EF=••（8-a）=，
∴S△ APK=S△ DFK．
（3）当点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动时，不妨设点Q在DA边上，
若点P在点A，点Q在点D，此时PQ的中点O即为DA边的中点；
若点Q在DA边上，且不在点D，则点P在AB上，且不在点A．
此时在Rt△APQ中，O为PQ的中点，所以AO=PQ=4．
所以点O在以A为圆心，半径为4，圆心角为90°的圆弧上．
PQ的中点O所经过的路径是三段半径为4，圆心角为90°的圆弧，如答图3所示：
所以PQ的中点O所经过的路径的长为：×2π×4=6π．
（4）点O所经过的路径长为3，OM+OB的最小值为．
如答图4-1，分别过点G、O、H作AB的垂线，垂足分别为点R、S、T，则四边形GRTH为梯形．
∵点O为中点，
∴OS=（GR+HT）=（AP+PB）=4，即OS为定值．
∴点O的运动路径在与AB距离为4的平行线上．
∵MN=6，点P在线段MN上运动，且点O为GH中点，
∴点O的运动路径为线段XY，XY=MN=3，XY∥AB且平行线之间距离为4，点X与点A、点Y与点B之间的水平距离均为2.5．
如答图4-2，作点M关于直线XY的对称点M′，连接BM′，与XY交于点O．
由轴对称性质可知，此时OM+OB=BM′最小．
在Rt△BMM′中，MM′=2×4=8，BM=7，由勾股定理得：BM′=MM′2+BM2=．
∴OM+OB的最小值为．
作业8 如图，点O是边长为1的等边△ABC内的任一点，设，
（1）将△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△ADC，连结OD，如图2所示．求证：．
（2）在（1）的基础上，将△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC，连结DE，如图3所示．求证：
（3）在（2）的基础上，当、满足什么关系时，点B、O、D、E在同一直线上．并直接写出的最小值．
【答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；（3），
【解析】 （1）∵△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△COD是等边三角形，
（2）∵△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EDC，△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC，
∴△ADC≌△BOC，△EAC≌△ABC，
即，
在△EAD和△ABO中，
∴△EAD≌△ABO，
（3）∵△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC，
∴四边形ABCE是菱形．
∵B、O、D、E在同一直线上，
∴B、O、D、E是菱形ABCE的对角线，
∵△ADC≌△BOC，△EAC≌△ABC，
∵△COD是正三角形，
∵点B、O、D、E在同一直线上，
同理可得：．
作OF⊥AB于F，设，则，
在Rt△BOF中，由勾股定理，得
即的最小值为．