专题18 几何动点问题---填选压轴题（3考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（广东专用）

专题18 几何动点问题---填选压轴题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1 动点轨迹为线 2022·广东广州·旋转的性质，矩形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质 几何动点问题是中考的常考压轴题型，题目特点是难度较大、综合性强，需要考生具备一定的分析能力和应用能力，针对动点的最值问题可先判断动点轨迹，再由轨迹确定最值，基本思想“两点之间线段最短”“垂线段最短”，考生在复习时，也需注意“将军饮马”“胡不归”“阿氏圆”等线段和差倍分的最值问题，有时这类问题也会出现在压轴解答题型上。 考点2 动点轨迹为圆 2021·广东卷：圆周角与圆心角的关系、圆外一点到圆上的线段最短距离、勾股定理 2020·广东卷：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点间的距离线段最短、动点轨迹判断 考点3 几何动点与函数综合 2021·广东卷：二次函数的性质、圆的相关知识 2023·广州卷：三角形的中位线定理、二次函数的性质、求函数解析式 考点1 动点轨迹为线 1. （2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为 【答案】 120°/120度 75°/75度 【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】 解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′． ∵△BPP′是等边三角形， ∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE， ∴∠ABP＝∠EBP′， 在△ABP和△EBP′中， ∴△ABP≌△EBP′（SAS）， ∴∠BAP＝∠BEP′＝90°， ∴点P′在射线EP′上运动， 如图1中，设EP′交BC于点O， 当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°， 当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°， ∴EO＝OB，OP′＝OC， ∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC， ∵BC＝2AB， ∴EP′＝AB＝EB， ∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°， ∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°， ∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°． 故答案为：120°，75°． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三 角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 考点2 动点轨迹为圆 2. （2021·广东·中考真题）在中，．点D为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】由已知，，根据定角定弦，可作出辅助圆，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，点在以为圆心为半径的圆上，线段长度的最小值为． 【详解】如图： 以为半径作圆，过圆心作， 以为圆心为半径作圆，则点在圆上， , 线段长度的最小值为: ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆周角与圆心角的关系，圆外一点到圆上的线段最短距离，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键． 3. （2020·广东·中考真题）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，，点，分别在射线，上，长度始终保持不变，，为的中点，点到，的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据当、、三点共线，距离最小，求出BE和BD即可得出答案． 【详解】如图当、、三点共线，距离最小， ∵，为的中点， ∴，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，两点间的距离线段最短，判断出距离最短的情况是解题关键． 考点3 几何动点与函数综合 4. （2021·广东·中考真题）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设A(a，a²)，B(b，b²)，求出AB的解析式为，进而得到OD=1，由∠OCB=90°可知，C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动，当CH为圆E半径时最大，由此即可求解． 【详解】解：如下图所示：过C点作y轴垂线，垂足为H，AB与x轴的交点为D， 设A(a，a²)，B(b，b²)，其中a≠0，b≠0， ∵OA⊥OB， ∴， ∴， 即， ， 设AB的解析式为：，代入A(a，a²)， 解得：， ∴， ∵，即 ， ∴C点在以OD的中点E为圆心，以为半径的圆上运动， 当CH为圆E的半径时，此时CH的长度最大， 故CH的最大值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，圆的相关知识等，本题的关键是求出AB与y轴交点的纵坐标始终为1，结合，由此确定点E的轨迹为圆进而求解． 5. （2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是___________．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案． 【详解】解：∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴； 如图，设， 由题意得，，且， ∴， 又F、G分别是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 由题意得，与的距离是， ∴， ∴边上的高为， ∴四边形面积， ∵， ∴， 故答案为：，． 【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键． 6. （2024·广东·二模）如图，菱形的一条对角线，，P是对角线上的一个动点，E，F分别为边，的中点，则的最小值是（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】作点关于直线的对称点，连接，根据轴对称的性质可知，证明四边形为平行四边形，为最小值，再求出菱形的边，即为的最小值． 【详解】解：如图，连接，交于， ∵菱形， ∴，，，， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，， 作点关于直线的对称点，连接， ∴， ∵点为边上的中点，则点也为边的中点， ∴当点、、在一条直线上时，有最小值， 连接交于， ∴当重合时，为最小值， ∵为的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴的最小值是， 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称中的最短距离问题、菱形的性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，学会利用轴对称的性质解决最短距离问题是解答本题的关键． 7. （2024·广东深圳·三模）如图，在等腰中，，，为的中点，为上一点，且，是上两动点，且，则的最小值为（    ） A．8 B． C． D．10 【答案】B 【分析】过点作于点，过点作交于，连接，首先解得，，结合，可得，根据平行线分线段成比例定理，可解得，进而证明四边形为平行四边形，可得；作点关于直线的对称点，连接，过点作于点，由对称的性质可得，故当点在同一直线上时，取最小值，最小值等于的长度，结合三角函数和勾股定理分别解得，，，的值，由轴对称的性质可得的值，证明，由相似三角形的性质解得，进而可得，理由勾股定理分别解得，的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，过点作于点，过点作交于，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 作点关于直线的对称点，连接，过点作于点，如图， 由对称的性质可得， ∴， ∴当点在同一直线上时，取最小值，最小值等于的长度， ∵为的中点， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，， ∴， 由轴对称的性质可得， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴在和中， ，， ∴ ∴的最小值为． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 8. （2024·广东深圳·三模）如图，中，，， ，点P是上一动点，于D，于E，在点P的运动过程中，线段的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可以确定A，D，P，E四点共圆，根据三角形内角和定理确定，进而确定当时，线段取得最小值，根据三角形内角和定理和圆周角定理的推论确定，根据相似三角形的判定定理和性质可，设，根据等角对等边和勾股定理表示出和，根据所对的直角边是斜边的一半，圆周角定理和勾股定理表示出，最后代入比例式中计算即可． 【详解】解：∵于D，于E， ∴， ∴， ∴A、D、P、E四点共圆，且直径为， ∵，是定值，所以直径最小时，所对的弦最小，此时， 在中， ∴是等腰直角三角形，， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 则， ∵， ∴， 过D作于M， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 则线段的最小值为 故选：D． 【点睛】本题考查确定圆的条件，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定定理和性质，含的直角三角形，正确确定何时取得最小值是解题关键． 9. （2024·广东汕头·一模）如图，矩形中，，，P是边上一个动点，连接，在上取一点E，满足，则长度的最小值为（   ） A．6.4 B． C． D． 【答案】C 【分析】先分析，得证，得出，再结合圆周角定理，得出点E 的运动轨迹为以的中点为圆心O，为半径，且在矩形内，再运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】∵四边形是矩形 ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ 即 ∴ 即点E 的运动轨迹为以的中点为圆心O，为半径，且在矩形内 如图： 当E在线段上时，则此时取最小值 则 ∴长度的最小值为 故选：C 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质、勾股定理，圆周角定理，难度适中，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 10. （2024·广东广州·一模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且，平分，连接，分别交于点G，M，P是线段上的一个动点，过点P作，垂足为N，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论错误；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对． 【详解】解：∵为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵平分， ∴． ∵， ∴． ∴， ∵， ∴垂直平分， 故①正确． 由①可知，， ∴， ∴， ∴， 由①可知， ∴． 故③正确． ∵为正方形，且边长为4， ∴， ∴在中，． 由①可知，， ∴， ∴． 由图可知，和等高，设高为h， ∴， ∴， ∴， ∴． 故④错误． 由①可知，， ∴， ∴M关于线段的对称点为D，过点D作，交于，交于， ∴最小即为，如图所示， 由④可知的高即为图中的， ∴． 故②不正确． 综上所述，正确的是①③共两个． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点． 11. （2024·广东汕头·一模）如图，在正方形中，点E，F分别是边和上的动点（不与端点重合），，、分别与对角线交于点G和点H，连接．以下四个结论：（1）；（2）是等腰直角三角形；（3）；（4），其中正确结论的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，先证明，则；由，得A，B，E，G四点共圆，则 ，因此是等腰直角三角形；是等腰直角三角形，由两边对应成比例，且夹角相等证明，可得到；过点作交的延长线于点，是等腰直角三角形，得到，再证明，由此可得到． 【详解】解：如图，连接，将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，    由旋转可得，，，，， ∴， 因此，点M，B，E在同一条直线上． ∵， ∴ ． ∵， ∴． 即． 在与中， ∴． ∴， 故，故结论（1）正确； ∵ ， ∴A，B，E，G四点共圆， ∴， ∴ ， ∴是等腰直角三角形，故结论（2）正确； 同理是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故结论（3）正确； 过点作交的延长线于点，连接，    ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，，， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴A，N，D，G四点共圆， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论（4）正确； 故选：D． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形性质、四点共圆、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用四点共圆的性质解决问题，题目有点难，用到四点共圆． 12. （2024·广东深圳·模拟预测）如图，在等边中，，点，分别是，边上的动点．且，以为边向上作等边，与交于点，连接，．下列结论： ①若，则； ②； ③当点为中点时，； ④当点，分别在，边上的运动时，长度的最小值为．其中正确结论的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】对于①，根据等边三角形与直角三角形的性质即可解答；对于②，证明，可得到，再利用，即可得到答案；对于③，连结，以点F为圆心，长为半径作，根据圆周角定理，即可证明点C在上，从而可得结论；对于④，过点D作于点H，设，根据勾股定理可计算得出，当时，即可求出的最小值． 【详解】解：对于①， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 所以①正确； 对于②， ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 所以②正确； 对于③， 如图，连结，以点F为圆心，长为半径作， 点为中点，是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， 点C在上， ， 所以③正确；    对于④， 如图，过点D作于点H， 设，则， ， ， ，， ， ， 当时，取最小值， 所以④正确．    故选D． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定于性质，等边三角形的性质，圆周角定理，二次函数的最值，勾股定理等知识，综合运用相关知识是解题的关键． 13. （2024·广东深圳·模拟预测）如图，在矩形中，，P为边上一动点，连接，把沿折叠使A落在处，当为等腰三角形时，的长为（　　） A．2 B． C．2或 D．2或 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，根据为等腰三角形，分三种情况进行讨论：，分别求得的长，并判断是否符合题意． 【详解】①如图，当时，过作，交于E，交于F，则垂直平分，垂直平分， ∴， 由折叠得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，解得； ②如图，当时， 由折叠得，， ∴， 连接，则中，， ∴（不合题意）， 故这种情况不存在； ③如图，当时，    由折叠得，， ∴， ∴点落在上的中点处， 此时，， ∴． 综上所述，当为等腰三角形时，的长为或2． 故选：C． 14. （2024·广东珠海·一模）如图，等边边长为3，是中点，点沿的路径运动，连接，、分别是、上的点，、在上，若点运动的某段路程中正方形始终存在，则满足条件的点运动的路径长度为（   ）    A． B． C．4.5 D．6 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形、正方形和全等三角形的性质，过点H作，得到，，得到，根据建立不等式，并解不等式，当x取最大值时，点H与点P重合，点运动的路径长度为：，即可求得答案． 【详解】解：如下图所示，过点H作，    得， ∵四边形是正方形，为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴ ∴， 设， 得， ∵， ∴， ∴， 当时，，点H与点P重合， 得， 点运动的路径长度为：， 故选：A． 15. （2024·广东湛江·二模）如图，在边长为6的正方形内部存在一动点，且满足，连接，则的最大值是 ．    【答案】2 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质和判定等知识，判断出点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），延长交于点E，连接，证明与相切，得到，延长交于点F，则，，证明，则，由的长为定值6，则若要取最大值，则取最大值即可，求出的最大值为，即可得到答案． 【详解】解：∵点P在运动过程中始终满足，故点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），延长交于点E，连接，    ∵四边形为正方形， ∴，且， ∴与相切， ∴， ∴， 延长交于点F， 则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的长为定值6， 故若要取最大值，则取最大值即可， ∴要取得最大值，则为直径时，可取得最大值为12， ∴的最大值为， 即的最大值为2， 故答案为：2 16. （2024·广东广州·一模）如图，在平行四边形中，，，，点为线段的中点．动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点．点、同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．作点关于直线的对称点，在点从点运动到点的过程中，点的运动路径长为 ． 【答案】 【分析】连接，延长交于点，设交于点，证明得出，进而得出当点点运动到点时，点运动到点，此时与重合，则与点重合，则的运动轨迹为，根据弧长公式即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，延长交于点，设交于点 ∵在平行四边形中，，，，点为线段的中点． ∴，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴是等边三角形， ∵动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴，过点O， ∴点是的外心， ∴， ∵点关于直线的对称点， ∴， ∴当点点运动到点时，点运动到点，此时与重合，则与点重合，则的运动轨迹为 ∴点的运动路径长为 故答案为：． 17. （2024·广东广州·一模）如图，在中，，，，点为边上一动点（点D与点A、B不重合），过点D作，连接．    （1）外接圆的直径的最小值是 ； （2）内切圆的半径的最大值是 ． 【答案】 / /0.2 【分析】本题考查了直角三角形的外接圆和内切圆综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握直角三角形外接圆直径为斜边长，内切圆半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半是解题关键． （1）当时，作为外接圆的直径最小，由勾股定理可得，设，则，根据列方程，求出的值，进而得到的长即可求解； （2）令，，,内切圆半径为，则，由相似三角形可得，，即最小时，r最大，作C关于的对称点，过作交于点D，连接，此时最小，即最小，最小值为，进而即可求解 【详解】解：（1）为直角三角形， 外接圆直径为斜边的长， 当时，作为外接圆的直径最小，如图， ，，， ， ， 设，则， ， 解得：， ， 故答案为：    （2）令，，,内切圆半径为，则 ，， ， ，， ， ，即， ∴， ，即最小时，r最大， 作C关于的对称点，过作交于点D，连接，此时最小，即最小，最小值为， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为： 18. （2024·广东汕头·二模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点是上的动点，点是的中点，连接，则长的最小值为 ． 【答案】 【分析】取的中点F，连接，则，当时，最短，根据勾股定理，进而可以解决问题． 【详解】解：取的中点F，连接，则 ∵矩形中，，，点是的中点， ∴，，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵Q是中点，F是中点， ∴， ∴点Q在上， 当时，最短，如图所示， ∵， ∴， 在中，，， 根据勾股定理得： ， ∴， ∴=， ∴， 即长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，最短路线问题，勾股定理，解直角三角形，解决本题的关键是找到运动到哪个位置AQ最短． 19. （2024·广东广州·一模）如图，点为菱形的边上一点，且，，点为对角线上一动点，若的周长最小值为6，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称—最短路径问题，勾股定理逆定理，锐角三角函数，推出是直角三角形是解题关键．连接、，根据菱形好轴对称的性质，得到，进而求出，再利用勾股定理逆定理，推出是直角三角形，再求正弦值即可． 【详解】解：如图，连接、， 四边形是菱形，，， ，点和点关于对称，， ， ， 的周长， 的周长最小值为6， ， ，，， ， 是直角三角形，， ， ， 故答案为： 20. （2024·广东江门·模拟预测）如图，在正方形中，分别为边上的动点．交于点，且．连接，则当的值最小时，的值为 ． 【答案】 【分析】先证明，构造辅助圆，计算最小值，利用等腰三角形的判定和正切函数的定义计算即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，辅助圆的构造，正切函数，熟练掌握辅助圆的构造和正切函数是解题的关键． 【详解】∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 点在以为直径的半圆（在正方形内部）上运动． 如图，连接，交于点， 此时的值最小，最小值为． ， ， ． ， ． ， ． 又 ， ， ． 故答案为：． 21. （2024·广东江门·二模）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发逆时针运动到点时，点所经过的路径长为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了圆的综合题，涉及的知识有：勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理．连接，，利用垂径定理确定出的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出和的长，进而求出的长，得到三角形始终为直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆，在直角三角形中，利用锐角三角函数定义求出的度数，利用弧长公式即可求出点所经过的路径长． 【详解】解：连接，， ， 为的中点，即， 的半径为4，弦且过半径的中点， ， 在中，根据勾股定理得：， 又， 在中，根据勾股定理得：， ， 始终是直角三角形，点的运动轨迹为以为直径的半圆， 当位于点时，，此时与重合； 当位于时，，此时与重合， 当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长， 在中，， ， 所对圆心角的度数为， 直径， 的长为， 则当点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为． 故答案为：． 22. （2024·广东中山·一模）如图，是的一条弦，点C是上一动点，且．点E，F分别是，的中点，直线与交于G，H两点，若的半径是r，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，解直角三角形，作直径，连接，由锐角的正弦得到，由三角形中位线定理得到，因此当是圆直径时，有最大值，即可得到答案． 【详解】解：作直径，连接， ， ，， ， ， 点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ， ， 当长最大时，有最大值， 当是圆直径时，最大， 的最大值是， 故答案为：． 23. （2024·广东广州·一模）已知在四边形中，，，． （1）的长是 ； （2）若E是边上一个动点，连接，过点D作，垂足为点F，在上截取，当的面积最小时，点P到的距离是 ． 【答案】 / 【分析】（1）连接，根据条件易知是等腰直角三角形，所以求得，再利用求得，在中即可求出的长； （2）连接，过点P作于点G，当点O、P、G共线时，的长最小，则的面积最小． 【详解】（1）解：连接， 在中，，， ， ， ， 在中，； 故答案为：4 （2）在中，易得， 连接，由题意可知是等腰直角三角形， ， ， 点P是外接圆的上的一个动点， 作的外接圆，连接，得， 是等腰直角三角形， ， 过点P作于点G，当点O、P、G共线时，的长最小，则的面积最小， 当点O、P、G共线时，， ， 是等边三角形，， 过点P作于点H， ∴四边形是矩形， ， ， 则， 故点P到的距离是． 故答案为： 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和面积最小问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题． 24. （2024·广东深圳·三模）如图，正方形的边长为4，F为对角线上一动点，延长，交于点E，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形性质及判定，勾股定理．根据题意利用勾股定理得到的长，再证明，再设，继而得到，再利用相似三角形性质即可得到本题答案． 【详解】解：∵正方形的边长为4，F为对角线上一动点， ∴，， ∴， ∴， ∴设，则， ∴， ∵，， ∴， 整理得：，即：， ，即：， ∵， ∴，整理得：， 解得：，（舍）， ∴， 检验：当时，， 成立， ∴是的根， ∴， 故答案为：． 25. （2024·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点E，F分别是边，上的动点，且． （1）当时， ； （2）当最大时，的长为 ． 【答案】 / 【分析】（1）证明，利用计算即可； （2）当与相切时，的值最大，此时， 也最大，利用三角形相似计算即可． 【详解】（1）∵矩形中，，， ∴ ∵， ∴， ∴， 故答案为：． （2）如图，取的中点O，连接． ∵矩形中，，， ∴， ∵， ∴A、D、E、F四点共圆， ∴， ∴当与相切时，的值最大，此时， 也最大， ∴， ∵矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∵矩形中，，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正切函数，三角形相似的判定和性质，切线的性质，四点共圆，圆周角定理，熟练掌握正切函数，切线性质，四点共圆是解题的关键． 26. （2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点M在直线上，连接，    （1）当，则 （2）当最大时， 【答案】 3 【分析】①根据矩形的性质和勾股定理即可求解； ②作，过点A作于点E，则连接，取中点O，连接，，先证明，继而，因此，故的最大值转化为的最大值，由，知点E在以点O为圆心，为半径的圆上运动，由，故当三点共线时，取得最大值为18，故． 【详解】解：①∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴由勾股定理得：，， ∴， 故答案为：； ②作，过点A作于点E，则连接，取中点O，连接，，      ∵四边形是矩形， ∴， ∵点O为中点， ∴， ∴由勾股定理得， ∵， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴的最大值转化为的最大值， ∵， ∴点E在以点O为圆心，为半径的圆上运动， ∵， ∴当三点共线时，取得最大值为18， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形三边关系，构造相似三角形是解决本题的关键． 27. （2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于 °时，；②当且长度最大时，的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，旋转的性质．先求得是等边三角形，再求得，，根据全等三角形的性质可求得第一问；当点G在线段上时，长度最大，画出图形，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴等于时，； 当点G在线段上时，长度最大，如图， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：，． 28. （2024·广东广州·三模）如图，在中，，点D是边上一动点（不与B、C重合），，交线段于点E，且． （1）若，则的长度是 ；（2）线段的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用． （1）作于，如图，根据等腰三角形的性质得，再利用余弦的定义计算出，则，设，则，证明，利用相似比可表示出，将代入即可； （2）利用二次函数的性质求的取值范围． 【详解】解：（1）作于，如图， ， ， ， ， ， ， 设，则， ，即， ， 而， ， ，即， ， 当时，； （2）， 故当时，最大，最大值为6.4， 当时，， 点D是边上一动点（不与B、C重合）， ． 故答案为：，． 29. （2024·广东广州·二模）如图，已知的半径长为，为直径，点是一动点，，连结，以为斜边，在上方构造直角三角形且满足，． （1）若是的切线，求 ． （2）求的最大值为 ． 【答案】 或 / 【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定； （1）分情况讨论，分别画出图形，解直角三角形，即可求解； （2）以为斜边构造直角三角形且满足，，证明，得出进而得出，进而根据点到圆上的距离最值问题，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵的半径长为，为直径，， ∴ 又∵是的切线， ∴， ∴ ∵，． ∴, ∵ ∴ ∴ 在中，； 如图所示，过点作于点， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ 在中， 故答案为：或． （2）如图所示，以为斜边构造直角三角形且满足，， 则 ∵， ∴， ∴即 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴的最大值为 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题18 几何动点问题---填选压轴题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1 动点轨迹为线 2022·广东广州·旋转的性质，矩形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质 几何动点问题是中考的常考压轴题型，题目特点是难度较大、综合性强，需要考生具备一定的分析能力和应用能力，针对动点的最值问题可先判断动点轨迹，再由轨迹确定最值，基本思想“两点之间线段最短”“垂线段最短”，考生在复习时，也需注意“将军饮马”“胡不归”“阿氏圆”等线段和差倍分的最值问题，有时这类问题也会出现在压轴解答题型上。 考点2 动点轨迹为圆 2021·广东卷：圆周角与圆心角的关系、圆外一点到圆上的线段最短距离、勾股定理 2020·广东卷：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点间的距离线段最短、动点轨迹判断 考点3 几何动点与函数综合 2021·广东卷：二次函数的性质、圆的相关知识 2023·广州卷：三角形的中位线定理、二次函数的性质、求函数解析式 考点1 动点轨迹为线 1. （2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为 考点2 动点轨迹为圆 2. （2021·广东·中考真题）在中，．点D为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为 ． 3. （2020·广东·中考真题）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，，点，分别在射线，上，长度始终保持不变，，为的中点，点到，的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离的最小值为 ． 考点3 几何动点与函数综合 4. （2021·广东·中考真题）设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值（    ） A． B． C． D．1 5. （2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是___________．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是____________． 6. （2024·广东·二模）如图，菱形的一条对角线，，P是对角线上的一个动点，E，F分别为边，的中点，则的最小值是（    ） A．2 B． C．4 D． 7. （2024·广东深圳·三模）如图，在等腰中，，，为的中点，为上一点，且，是上两动点，且，则的最小值为（    ） A．8 B． C． D．10 8. （2024·广东深圳·三模）如图，中，，， ，点P是上一动点，于D，于E，在点P的运动过程中，线段的最小值为（　　） A． B． C． D． 9. （2024·广东汕头·一模）如图，矩形中，，，P是边上一个动点，连接，在上取一点E，满足，则长度的最小值为（   ） A．6.4 B． C． D． 10. （2024·广东广州·一模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且，平分，连接，分别交于点G，M，P是线段上的一个动点，过点P作，垂足为N，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 11. （2024·广东汕头·一模）如图，在正方形中，点E，F分别是边和上的动点（不与端点重合），，、分别与对角线交于点G和点H，连接．以下四个结论：（1）；（2）是等腰直角三角形；（3）；（4），其中正确结论的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 12. （2024·广东深圳·模拟预测）如图，在等边中，，点，分别是，边上的动点．且，以为边向上作等边，与交于点，连接，．下列结论： ①若，则； ②； ③当点为中点时，； ④当点，分别在，边上的运动时，长度的最小值为．其中正确结论的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 13. （2024·广东深圳·模拟预测）如图，在矩形中，，P为边上一动点，连接，把沿折叠使A落在处，当为等腰三角形时，的长为（　　） A．2 B． C．2或 D．2或 14. （2024·广东珠海·一模）如图，等边边长为3，是中点，点沿的路径运动，连接，、分别是、上的点，、在上，若点运动的某段路程中正方形始终存在，则满足条件的点运动的路径长度为（   ）    A． B． C．4.5 D．6 15. （2024·广东湛江·二模）如图，在边长为6的正方形内部存在一动点，且满足，连接，则的最大值是 ．    16. （2024·广东广州·一模）如图，在平行四边形中，，，，点为线段的中点．动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点．点、同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．作点关于直线的对称点，在点从点运动到点的过程中，点的运动路径长为 ． 17. （2024·广东广州·一模）如图，在中，，，，点为边上一动点（点D与点A、B不重合），过点D作，连接．    （1）外接圆的直径的最小值是 ； （2）内切圆的半径的最大值是 ． 18. （2024·广东汕头·二模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点是上的动点，点是的中点，连接，则长的最小值为 ． 19. （2024·广东广州·一模）如图，点为菱形的边上一点，且，，点为对角线上一动点，若的周长最小值为6，则 ． 20. （2024·广东江门·模拟预测）如图，在正方形中，分别为边上的动点．交于点，且．连接，则当的值最小时，的值为 ． 21. （2024·广东江门·二模）如图，半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，点为上一动点，于点．当点从点出发逆时针运动到点时，点所经过的路径长为 ． 22. （2024·广东中山·一模）如图，是的一条弦，点C是上一动点，且．点E，F分别是，的中点，直线与交于G，H两点，若的半径是r，则的最大值是 ． 23. （2024·广东广州·一模）已知在四边形中，，，． （1）的长是 ； （2）若E是边上一个动点，连接，过点D作，垂足为点F，在上截取，当的面积最小时，点P到的距离是 ． 24. （2024·广东深圳·三模）如图，正方形的边长为4，F为对角线上一动点，延长，交于点E，若，则 ． 25. （2024·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点E，F分别是边，上的动点，且． （1）当时， ； （2）当最大时，的长为 ． 26. （2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点M在直线上，连接，    （1）当，则 （2）当最大时， 27. （2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于 °时，；②当且长度最大时，的长度为 ． 28. （2024·广东广州·三模）如图，在中，，点D是边上一动点（不与B、C重合），，交线段于点E，且． （1）若，则的长度是 ；（2）线段的取值范围是 ． 29. （2024·广东广州·二模）如图，已知的半径长为，为直径，点是一动点，，连结，以为斜边，在上方构造直角三角形且满足，． （1）若是的切线，求 ． （2）求的最大值为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$