动点问题中的最值、最短路径问题(解析版)
动点问题中的最值、最短路径问题解析版
专题01 动点问题中的最值、最短路径问题动点问题是初中数学阶段的难点，它贯穿于整个初中数学，自数轴起始，至几何图形的存在性、几何图形的长度及面积的最值，函数的综合类题目，无不包含其中.其中尤以几何图形的长度及面积的最值、最短路径问题的求解最为繁琐且灵活多变，而其中又有一些技巧性很强的数学思想（转化思想），本专题以几个基本的知识点为经，以历年来中考真题为纬，由浅入深探讨此类题目的求解技巧及方法.一、基础知识点综述1. 两点之间，线段最短；2. 垂线段最短；3. 若A 、B 是平面直角坐标系两定点，P 是某直线上一动点，当P 、A 、B 在一条直线上时，PA PB 最大，最大值为线段AB 的长（如下图所示）；（1）单动点模型作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如下图所示，P 是x 轴上一动点，求PA +PB 的最小值的作图.（2）双动点模型P是∠AOB一点，M、N分别是边OA、OB上动点，求作△PMN周长最小值.作图方法：作已知点P关于动点所在直线OA、OB的对称点P’、P’’，连接P’P’’与动点所在直线的交点M、N即为所求.OBPP'P''MN5. 二次函数的最大（小）值()2y a x h k=-+，当a>0时，y有最小值k；当a<0时，y有最大值k.二、主要思想方法利用勾股定理、三角函数、相似性质等转化为以上基本图形解答. （详见精品例题解析）三、精品例题解析例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为例2.（2019·凉山州）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8,0），（0,8）. 点C、F分别是直线x=－5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取最小值时，tan∠BAD=（）x y A B C F D EO x=-5A .817B . 717C . 49D . 59例3.（2019·）如图，矩形硬纸片ABCD 的顶点A 在y 轴的正半轴及原点上滑动，顶点B 在x 轴的正半轴及原点上滑动，点E 为AB 的中点，AB =24,BC =5,给出结论：①点A 从点O 出发，到点B 运动至点O 为止，点E 经过的路径长为12π；②△OAB 的面积的最大值为144；③当OD 最大时，点D 的坐标为)2626125,262625(，其中正确的结论是（填写序号）.例4.（2019·XX ）已知抛物线2y x bx c =-+（b 、c 为常数，b >0）经过点A (－1,0)，点M (m ,0)是x 轴正半轴上的动点，若点Q （1,2Q b y +22AM QM +332时，求b 的值.例5. （2019·）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC 和EDF 拼合在个平面上，边AC 与EF 重合，12AC cm ．当点E 从点A 出发沿AC 方向滑动时，点F 同时从点C 出发沿射线BC 方向滑动．当点E 从点A 滑动到点C 时，点D 运动的路径长为cm ；连接BD ，则△ABD 的面积最大值为2cm ．例6. （2019·）如图，在菱形ABCD 中，连接BD 、AC 交于点O ，过点O 作OH ⊥BC 于点H ，以O 为圆心，OH 为半径的半圆交AC 于点M .（1）求证：DC 是圆O 的切线；（2）若AC =4MC ，且AC =8，求图中阴影部分面积；（3）在（2）的前提下，P 是线段BD 上的一动点，当PD 为何值时，PH +PM 的值最小，并求出最小值. ABC DH O M N专题01 动点问题中的最值、最短路径问题（解析）例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为【答案】4.【解析】解：∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=90°，即∠EPB+∠QPC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°，∠EPB+∠BEP=90°，∴∠BEP=∠QPC，∴△BEP∽△CPQ，∴BE BP CP CQ=，∵AB=12，AE=3，∴BE=9，设CQ=y，BP=x，CP=12－x，（0<x<12）∴912xx y=-，即()()21216499x xy x-==--+，∴当x=6时，y有最大值为4，即CQ的最大值为4.【点睛】此题为“一线三直角模型”，解题方法为相似三角形性质求解，综合利用二次函数的性质求解最值问题.例2.（2019·）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8,0），（0,8）. 点C、F分别是直线x=－5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取最小值时，tan∠BAD=（）A . 817B . 717C . 49D . 59【答案】B .【解析】解：S △ABE =142BE OA BE ⨯⨯=,当BE 取最小值时，△ABE 面积为最小值.设x =－5与x 轴交于点G ，连接DG ，因为D 为CF 中点，△CFG 为直角三角形，所以DG =152CD =,∴D 点的运动轨迹为以G 为圆心，以5半径的圆上，如图所示 xyABD E O x=-5G由图可知：当AD 与圆G 相切时，BE 的长度最小，如下图，xyABD E O x=-5G H过点E 作EH ⊥AB 于H ，∵OG =5，OA =8，DG =5，在Rt △ADG 中，由勾股定理得：AD =12，△AOE ∽△ADG ， ∴AO AD OE DG =, 求得：OE =103， 由OB =OA=8，得：BE =143，∠B =45°，AB =82 ∴EH =BH =27223BE =,AH =AB -BH =1723， ∴tan ∠BAD =727317172EH AH ==, 故答案为B .【点睛】此题解题的关键是找到△ABE 面积最小时即是AD 与D 的远动轨迹圆相切的时刻. 进而构造以∠BAD 为角的直角三角形，利用勾股定理求出边长，代入三角函数定义求解.例3.（2019·）如图，矩形硬纸片ABCD 的顶点A 在y 轴的正半轴及原点上滑动，顶点B 在x 轴的正半轴及原点上滑动，点E 为AB 的中点，AB =24,BC =5,给出结论：①点A 从点O 出发，到点B 运动至点O 为止，点E 经过的路径长为12π；②△OAB 的面积的最大值为144；③当OD 最大时，点D 的坐标为)2626125,262625(，其中正确的结论是（填写序号）.【答案】②③.【解析】解：根据题意可知：OE =12AB =12,即E 的轨迹为以O 为圆心以12为半径的四分之一圆（第一象限的部分），根据弧长公式，得点E 的路径长为：9012180π⨯⨯=6π，故①错误； 因为AB =24,当斜边AB 上的高取最大值时，△OAB 的面积取最大值，点O 在以AB 为直径的圆上（圆心为E ），当OE ⊥AB 时，斜边AB 上的高最大， 所以△OAB 的面积取最大值为：124122⨯⨯=144，故②正确；连接OE 、DE ，得：OD ≤OE +DE ，当O 、E 、D 三点共线时取等号，即OD 的最大值为25，如图，过点D 作DF ⊥y 轴于F ，过点E 作EG ⊥y 轴于G ,25DF OD 即：1225EG DF =，512AF AD EG AE ==, 即：51125AF EG DF ==,设DF =x ，在Rt △ADF 中，由勾股定理得：221255x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得：x =26，在Rt △ODF 中，由勾股定理得：OF =26，即点D 的坐标为)2626125,262625(，故③正确.综上所述，答案为：②③. 例4.（2019·XX ）已知抛物线2y x bx c =-+（b 、c 为常数，b >0）经过点A (－1,0)，点M (m ,0)是x 轴正半轴上的动点.若点Q （1,2Q b y +）在抛物线上，当22AM QM +的最小值为3324时，求b 的值. 【答案】见解析. 【解析】解：∵2y x bx c =-+经过点A (－1,0)，∴1+b +c =0，即21y x bx b =--- ∵点Q （1,2Q b y +）在抛物线2y x bx c =-+上， ∴324Q b y =--， 即13,224b Q b ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭， ∵b >0，∴Q 点在第四象限，2222AM QM AM QM ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭所以只要构造出22AM QM ⎛⎫+ ⎪⎝⎭即可得到22AM QM +的最小值取N （1,0），连接AN ，过M 作MG ⊥AN 于G ，连接QM ，如图所示，△AGM 为等腰直角三角形，GM =22AM ，即当G 、M 、Q 三点共线时，GM +MQ 22QM +取最小值， 此时△MQH 为等腰直角三角形，∴QM=2QH=3224b⎛⎫+⎪⎝⎭，GM=22AM=()212m+∴()223332222=21222244bAM QM AM QM m⎛⎫⎡⎤⎛⎫+=++++=⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦①∵QH=MH，∴324b+=12b m+-，解得：m=124b-②联立①②得：m=74，b=4.即当22AM QM+的最小值为3324时，b=4.【点睛】此题需要利用等腰直角三角形将22AM QM+转化为222AM QM⎛⎫+⎪⎝⎭，进而根据两点之间线段最短及等腰三角形性质求解.例5. （2019·）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在个平面上，边AC与EF重合，12AC cm=．当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为cm；连接BD，则△ABD的面积最大值为2cm．【答案】24-1223623126；【解析】解：如图1所示，当E运动至E’，F滑动到F’时，DD'E'G图1过D ’作D ’G ⊥AC 于G ，D ’H ⊥BC 交BC 延长线于点H ，可得∠E ’D ’G =∠F ’D ’H ，D ’E ’=D ’F ’，∴Rt △E ’D ’G ≌Rt △F ’D ’H ，∴D ’G =G ’H ,∴D ’在∠ACH 的角平分线上，即C ，D ，D ’三点共线.通过分析可知，当D ’E ’⊥AC 时，DD ’的长度最大，随后返回初始D 点，如图2所示，D 点的运动路径为D →D ’→D ，行走路线长度为2DD ’；BD'图2∵∠BAC =30°，AC =12，DE =CD∴BC =CD =DE=由图知：四边形E ’CF ’D ’为正方形，CD ’=EF =12，∴DD ’=CD ’-CD =12-D 点运动路程为2DD ’=24-D'图3如图3所示，当点D 运动至D ’时，△ABD ’的面积最大，最大面积为：'''''''ABC AE D BD F E CF D S S S S ++-△△△正方形=(((211112222⨯+⨯--⨯+⨯=【点睛】准确利用全等、角平分线判定得到D 点的运动轨迹是关键，利用三角函数及勾股定理求解，计算较为繁琐，尤其是利用割补法求解三角形的面积时对学生计算能力要求较高，此题难度较大，新颖不失难度.例6. （2019·）如图，在菱形ABCD 中，连接BD 、AC 交于点O ，过点O 作OH ⊥BC 于点H ，以O 为圆心，OH 为半径的半圆交AC 于点M .（1）求证：DC 是圆O 的切线；（2）若AC =4MC ，且AC =8，求图中阴影部分面积；（3）在（2）的前提下，P 是线段BD 上的一动点，当PD 为何值时，PH +PM 的值最小，并求出最小值.BD【答案】见解析.【解析】（1）证明：过点O 作ON ⊥CD 于N ， AC 是菱形ABCD 的对角线，∴AC 平分∠BCD ，∵OH ⊥BC ，ON ⊥CD ，∴OH =ON ，又OH 为圆O 的半径，∴ON 为圆O 的半径，即CD 是圆O 的切线.（2）由题意知：OC =2MC =4，MC =OM =2，即OH =2，在Rt △OHC 中，OC =2OH ，可得：∠OCH =30°，∠COH =60°，由勾股定理得：CH==23OCH OMHS S S π-=-△阴影扇形（3）作点M 关于直线BD 的对称点M ’，连接M ’H 交BD 于点P ， 可知：PM =PM ’即PH +PM =PH +PM ’=HM ’，由两点之间线段最短，知此时PH +PM 最小， ∵OM ’=OM =OH ，∠MOH =60°，∴∠MM ’H =30°=∠HCM ，∴HM ’=HC=即PH +PM的最小值为在Rt △M ’PO 及Rt △COD 中，OP =OM ’ tan 30°=3，OD =OCtan 30°=3， 即PD =OP +OD=B D。
动点最值问题归纳及解法
在直线两侧找一点，使得到两定点的距离之和最短
作对称点，连接对称点与另一定点，与直线的交点即为所求
构造平行四边形
利用平移构造平行四边形，求最小或最大值
过一点作平行线，构造平行四边形，利用平行四边形的性质求解
相似三角形
利用相似三角形求解最值问题
根据题目条件，构造相似三角形，利用相似比求解
三角函数
利用三角函数求解最值问题
根据题目条件，构造直角三角形，利用三角函数求解
定圆到定圆
圆圆之间连心线截距最短（长）
连接两圆心，求两圆的位置关系（相交、相切、相离），再计算截距
动点路径待确定
动点路径不明确，需先确定路径
根据题目条件，利用几何性质或代数方法确定动点路径
动线（定点）位置需变换
动线或定点位置需通过变换求解
利用翻折、平移、相似、三角等变换方法，将问题转化为基本图形求解
最值问题归纳及解法
问题类型
归纳描述
解法
定点到定点
两点之间线段最短
直接连接两点求线段长度
定点到定线
点线之间垂线段最短
过点作线的垂线，求垂线段长度
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ定点到定圆
点圆之间点心线截距最短（长）
连接圆心与点，利用勾股定理或相似三角形求解
定线到定圆
线圆之间心垂线截距最短
过圆心作线的垂线，求垂线段与圆的交点，再计算截距
动点产生的几何最值问题
动点产生的几何最值问题
1.线段上的最短路径问题：给定两个固定点A和B，求在连接A和B的线段上距离点A的最短路径。
2.圆上的最大面积问题：给定一个固定半径的圆，求在圆上的点中，以其中一点为圆心的圆所围成的面积的最大值。
3.圆外的最短路径问题：给定一个固定的圆和一个固定圆心外的点P，求从P点到圆上的一点之间的最短路径。
4.抛物线上的最大值问题：给定一条抛物线，求在给定区间上的点中，使得这些点到抛物线的距离的平方和最小。
5.曲线上的最大斜率问题：给定一条曲线，求在给定区间上的点中，使得这些点切线的斜率的绝对值最大。
这些问题可以通过不同的数学方法来解决，如微积分、向量分析、几何推理等。
根据具体问题的特点，选择最适合的方法进行求解。
通过建立数学模型，运用最优化理论和几何性质，可以得到问题的最优解。
专题09 二次函数中动点引起的最短路径及图形存在性问题(解析版)
专题09 二次函数中动点引起的最短路径及图形存在性问题·最短路径思路点拨：1. 两点之间，线段最短；（1）单动点模型作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如下图所示，P 是x 轴上一动点，求P A +PB 的最小值的作图.OA 、OB 上动点，求作△PMN 周长最小值.作图方法：作已知点P 关于动点所在直线OA 、OB 的对称点P ’、P ’’，连接P ’P ’’与动点所在直线的交点M 、N 即为所求.2. 垂线段最短；3. 若A 、B 是平面直角坐标系内两定点，P 是某直线上一动点，当P 、A 、B 在一条直线上时，PA PB 最大，最大值为线段AB 的长（如下图所示）；O利用三角形面积计算方法（铅垂高水平宽法或底乘高法或割补法等）列出方程求解.·平行四边形存在性问题题型一、单动点周长最短及面积存在性问题（2019·四川凉山州中考）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +c 的图象过点A （﹣1，0）、B （3，0）、C （0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使得△P AC 的周长最小，若存在，请求出点P 的坐标及△P AC 的周长；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，在x 轴上方的抛物线上是否存在点M （不与C 点重合），使得S △P AM ＝S △P AC ？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），∴3930a b cca b c-+=⎧⎪=⎨⎪++=⎩，解得：123abc=-⎧⎪=⎨⎪=⎩∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3.（2）如图，连接PB、BC∵点P在抛物线对称轴直线x＝1上，点A、B关于对称轴对称，P A＝PB，∴C△P AC＝AC+PC+P A＝AC+PC+PB∴当C、P、B在同一直线上时，PC+PB＝CB最小，由勾股定理得：ACBC＝，∴C△P AC设直线BC解析式为y＝kx+3把点B代入得：3k+3＝0，解得：k＝﹣1∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，∴y P＝﹣1+3＝2∴点P（1，2）使△P AC（3）存在满足条件的点M，使得S△P AM＝S△P AC．∵S△P AM＝S△P AC∴点C和点M到直线P A距离相等∴CM∥P A，∵A（﹣1，0），P（1，2），可得直线AP的解析式为：y＝x+1，∴可得过点M 与直线AP 平行的直线解析式为：y ＝x +3或y =x －1，联立2323y x y x x =+⎧⎨=-++⎩，解得：03x y =⎧⎨=⎩（即点C ），14x y =⎧⎨=⎩∴点M 坐标为（1，4）.或联立2123y x y x x =-⎧⎨=-++⎩，解得：x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（在x 轴下方，舍去），x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 综上所述，点M 的坐标为：（1，4）. 2. （2019·四川达州中考）如图，抛物线y ＝﹣x 2+2x +m +1（m 为常数）交y 轴于点A ，与x 轴的一个交点在2和3之间，顶点为B ．①抛物线y ＝﹣x 2+2x +m +1与直线y ＝m +2有且只有一个交点；②若点M （﹣2，y 1）、点N （12，y 2）、点P （2，y 3）在该函数图象上，则y 1＜y 2＜y 3； ③将该抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线解析式为y ＝﹣（x +1）2+m ； ④点A 关于直线x ＝1的对称点为C ，点D 、E 分别在x 轴和y 轴上，当m ＝1时，四边形BCDE 周长+其中正确判断的序号是 ．【答案】①③④．【解析】解：①把y ＝m +2代入y ＝﹣x 2+2x +m +1中，得x 2﹣2x +1＝0，∵△＝4﹣4＝0，∴此方程两个相等的实数根，则抛物线y ＝﹣x 2+2x +m +1与直线y ＝m +2有且只有一个交点，所以①正确；②∵抛物线的对称轴为x ＝1，∴点P（2，y3）关于x＝1的对称点为P′（0，y3），∵a＝﹣1＜0，∴当x＜1时，y随x增大而减小，∵﹣2＜0＜12，点M（﹣2，y1）、点N（12，y2）、点P′（0，y3）在该函数图象上，∴y2＜y3＜y1，所以②错误；③将该抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，抛物线的解析式为：y＝﹣（x+2）2+2（x+2）x+m+1﹣2，即y＝﹣（x+1）2+m，所以③正确；④当m＝1时，抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+2，∴A（0，2），C（2，2），B（1，3），作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，3），作C点关于x轴的对称点C′（2，﹣2），连接B′C′，与x轴、y轴分别交于D、E点，如图，则BE+ED+CD+BC＝B′E+ED+C′D+BC＝B′C′+BC，根据两点之间线段最短，知B′C′最短，而BC的长度一定，∴此时，四边形BCDE周长＝B′C′+BC=所以④正确；故答案为：①③④．3. （2019·山东潍坊中考）如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△P AB的周长最小时，S△P AB＝．【答案】125. 【解析】解：联立2145y x y x x =+⎧⎨=-+⎩， 解得，12x y =⎧⎨=⎩或45x y =⎧⎨=⎩， ∴点A 的坐标为（1，2），点B 的坐标为（4，5），∴AB ＝，作点A 关于y 轴的对称点A ′，连接A ′B 与y 轴的交于P ，则此时△P AB 的周长最小，点A ′的坐标为（﹣1，2），点B 的坐标为（4，5），设直线A ′B 的函数解析式为y ＝kx +b ，245k b k b -+=⎧⎨+=⎩，得35135k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴直线A ′B 的函数解析式为y ＝35x +135， 当x ＝0时，y ＝135， 即点P 的坐标为（0，135），将x ＝0代入直线y ＝x +1中，得y ＝1，∵直线y ＝x +1与y 轴的夹角是45°，∴点P 到直线AB 的距离是：（135﹣1）×sin 45°，∴△P AB 的面积是：112255⨯， 故答案为：125． 题型二、利用特殊角将线段转化求解最短路径4. （2019·天津中考）已知抛物线2y x bx c =-+（b 、c 为常数，b >0）经过点A (－1,0)，点M (m ,0)是x 轴正半轴上的动点.（1）当b =2时，求抛物线的顶点坐标；（2）点D （b ，y D ）在抛物线上，当AM =AD ，m =5时，求b 的值；（3）点Q （1,2Q b y +2QM +的最小值为4时，求b 的值. 【答案】见解析.【解析】解：(1)∵2y x bx c =-+经过点A (－1,0)，∴1+b +c =0，即21y x bx b =---∵b =2，∴()2223=14y x x x =---- 即抛物线顶点坐标为（1，－4）.（2）∵点D （b ，y D ）在抛物线21y x bx b =---上，∴y D =－b －1，由b >0，知－b －1<0，∴点D 在第四象限，且在对称轴x =2b 的右侧， 过D 作DE ⊥x 轴于E ，E (b ,0)，∴AE =b +1，BE =b +1，即AE =BE ，∴∠ADE =∠DAE =45°，∴AD AE ，由AM =AD ，m =5，得：5－（－1）（b +1），解得：b －1.（3）∵点Q （1,2Q b y +）在抛物线2y x bx c =-+上， ∴324Q b y =--， 即13,224b Q b ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭， ∵b >0，∴Q 点在第四象限，222QM AM QM ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭所以只要构造出AM QM ⎫+⎪⎝⎭2QM +的最小值取N （1,0），连接AN ，过M 作MG ⊥AN 于G ，连接QM ，如图所示，△AGM 为等腰直角三角形，GM AM ，即当G 、M 、Q 三点共线时，GM +MQ 2QM +取最小值， 此时△MQH 为等腰直角三角形，∴QM 324b ⎫+⎪⎭，GM AM )1m +)322=2124b QM AM QM m ⎫⎤⎫+=++++=⎪⎥⎪⎪⎭⎝⎭⎣⎦ ① ∵QH =MH ，∴324b +=12b m +-，解得：m =124b - ② 联立①②得：m =74，b =4.2QM +时，b =4. 题型三、最短路径与平行四边形存在性问题5. （2019·湖北荆州中考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC 的顶点A ，C 的坐标分别为（6，0），(4，3)，经过B ，C 两点的抛物线与x 轴的一个交点D 的坐标为(1，0).(1)求该抛物线的解析式；(2)若∠AOC 的平分线交BC 于点E ，交抛物线的对称轴于点F ，点P 是x 轴上一动点，当PE ＋PF 的值最小时，求点P 的坐标；(3)在(2)的条件下，过点A 作OE 的垂线交BC 于点H ，点M ，N 分别为抛物线及其对称轴上的动点，是否存在这样的点M ，N ，使得以点M ，N ，H ，E 为顶点的四边形为平行边形？若存在，直接写出点M 的坐标，若不存在，说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵平行四边形OABC 中，A （6，0），C （4，3）∴BC ＝OA ＝6，BC ∥x 轴∴x B＝x C+6＝10，y B＝y C＝3，即B（10，3）设抛物线y＝ax2+bx+c经过点B、C、D（1，0）∴1001031643a b ca b ca b c++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩，解得：19149139abc⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩∴抛物线解析式为y＝19-x2+149x139-.（2）如图，作点E关于x轴的对称点E'，连接E'F交x轴于点P，∵C（4，3）由勾股定理得：OC＝5，∵BC∥OA∴∠OEC＝∠AOE∵OE平分∠AOC∴∠AOE＝∠COE∴∠OEC＝∠COE∴CE＝OC＝5∴x E＝x C+5＝9，即E（9，3）∴直线OE解析式为y＝1 3 x∵直线OE交抛物线对称轴于点F，对称轴为直线：x＝7，∴F（7，73）∵点E与点E'关于x轴对称，点P在x轴上∴E'（9，﹣3），PE＝PE'∴当点F、P、E'在同一直线上时，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小设直线E'F解析式为y＝mx+n，∴93773m nm n+=-⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：8321mn⎧=-⎪⎨⎪=⎩∴直线E'F：y＝83-x+21，当83-x+21＝0时，解得：x＝638，∴当PE+PF的值最小时，点P坐标为（638，0）．（3）存在满足条件的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形．设AH与OE相交于点G（t，13t），如图所示，∵AH⊥OE于点G，A（6，0）∴∠AGO＝90°∴AG2+OG2＝OA2∴（6﹣t）2+（13t）2+t2+（13t）2＝62∴解得：t1＝0（舍去），t2＝275，∴G（275，95），设直线AG解析式为y＝dx+e可得：直线AG：y＝﹣3x+18，当y＝3时，﹣3x+18＝3，解得：x＝5∴H（5，3），E（9，3）设M(x，y)，N(7,s)，①当四边形HEMN为平行四边形时，有：5+x =9+7,解得：x =11，y =209； ②当四边形HENM 为平行四边形时，有：5+7=9+x ,解得：x =3，y =209； ③当四边形HNEM 为平行四边形时，有：5+9=x +7，解得：x =7，y =4，综上所述，点M 的坐标为：（11，209），（3，209），（7，4）. 题型四、面积最值问题及周长最值问题6. （2019·山东东营中考）已知抛物线y =ax 2+bx －4经过点A (2,0)，B (－4,0)与y 轴交于点C ，（1）求这条抛物线的解析式；（2）如图1，点P 是第三象限内抛物线上的一个动点，当四边形ABPC 的面积最大时，求点P 的坐标；（3）如图2，线段AC 的垂直平分线交x 轴于点E ，垂直为D ，M 为抛物线的顶点，在直线DE 上是否存在一点G ，△CMG 的周长最小？若存在，求出点G 的坐标，若不存在，请说明理由.图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）将A 、B 两点坐标代入y =ax 2+bx －4得：424016440a b a b +-=⎧⎨--=⎩，解得：121a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式为：2142y x x =+-. （2）连接BC ，过点P 作PD ⊥x 轴交BC 于点D ，如图，由题意知，AB =6，OC =4，设直线BC 的解析式为y =kx +m ，得：404k m m -+=⎧⎨=-⎩，解得：14k m =-⎧⎨=-⎩， 即直线BC 的解析式为：y =－x －4，设P (n ，2142n n +-)，则D (n ，－n －4)， S 四边形ABPC =S △ABC +S △BCP =12×AB ×OC +12×PD ×OB =12×6×4+12×[－n －4－（2142n n +-）]×4 =()2216n -++，∵－4<n <0，-1<0，∴当n =－2时，S 四边形ABPC 取最大值，最大值为：16，此时P 点坐标为（－2，－4）.（3）存在，如图，连接AM ，交DE 于点G ，此时△CMG 的周长最小，∵DE 是线段AC 的垂直平分线，∴C与点A关于直线DE对称，∴GC=GA，即GC+GM=GA+GM，根据两点之间线段最短的原则，当A、G、M共线时最短，由题意知，A(2，0)，C(0，－4)，∴D(1，－2)，AE=CE，设E（e，0），则AE=2－e，CE2=16+e2∴(2－e)2=16+e2解得：e=－3，即E（－3,0）可得：直线DE的解析式为：y=12-x－32，由A(2,0)，M（－1，92-）得直线AM的解析式为：y=32x－3，联立：y=12-x－32，y=32x－3得：x=34，y=158-，即G点坐标为：（34，158-）.。
2022安徽中考数学压轴题分析1：动点轨迹与最值问题
2022安徽中考数学压轴题分析1：动点轨迹与最值问题
【题目】
（2022·安徽）已知点是边长为的等边的中心，点在外，，，，的面积分别记为．若，则线段长的最小值是（）
A．
B．
C．3
D．
【分析】
当确定时，中心也是确定的。
点在外，要求线段长的最小值，那么就需要确定动点的轨迹。
如图，点在的左侧，因为，则。
根据三角形的面积公式，可以得到点到的距离为的高的一半。
如图，过点作，垂足为。
因为等边的边长为，所以高为，那么可以得到。
此时可以得到点的轨迹为与平行且相等的线段，过点作该线段的垂线，得到点到该线段的距离，即为此时长的最小值为。
那么只能在该线段上面运动吗？当然不是，往两边分别延长的各边，可以把外的平面分为个区域，所以还需要进行分类讨论，最终确定的最小值。
如图，点的运动路径为六边形，当点在区域①、②和③时，最小
值为。
综上所述，可以得到的最小值为，故答案选择B。
【答案】B
【总结】
本题的关键在于确定点P的轨迹，由于点P到定直线的距离为定值，可以判断其运动路径为线段，轨迹为直线型。
更多动点轨迹问题请看《中考数学压轴题全解析·解答题》12.3第318页。
最短路径问题梳理
按照路径最值问题的构成或解答方式分组。
模型组一
1 两点一线异侧和最小值问题 问题：两定点A、B位于直线l异侧，在直线l上找一点P，使PA＋PB值最 小． 问题解决：
结论：根据两点之间线段最短，PA＋PB的最小值即为线段AB长．
模型组一
2. 两点一线同侧和最小值问题 问题：两定点A、B位于直线l同侧，在直线l上找一点P，使得PA＋PB值 最小． 问题解决：
(分析：PQ为定值，只需AP+QB的值最小，可通 过平移，使P、Q“接头”，转化为基本模型)
解：将点A沿着平行于l的方向，向右移至A´， 使AA´=PQ=a,连接A´B交直线l于点Q，在l上截取
PQ=a（P在Q左边），则线段PQ即为所求，此 时
AP+PQ+QB的最小值为A´B+PQ，即A´B+a
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模型组三
解：作点A关于OM的对称点A′，过点A′作AQ⊥ON 于 点Q，A′Q交OM于点P，此时AP+PQ最小；
理由：由轴对称的性质知AP=A′P， 要使AP+PQ最小， 只需A′P+PQ最小，从而 转化为拓展模型1
模型组二
3. “胡不归”问题 基本模型：两定一动，动点在定直线上
问题：点A为直线l上一定点，点B为直线外一定点， P为直线l上一动点，要使 AP＋BP最小．
模型组四
2.异侧差最小值问题
问题：两定点A、B位于直线l异侧，在直线l上找一点P，使得|PA－
PB|的值最小． 问题解决：
A▪
B▪
结论：根据垂直平分线上的点到线段两端点的距 离相等，当PA＝PB时，|PA－PB|＝0.
模型组四总结：
中考数学之动点与最短路径、图形长度最值问题(解析版)
专题动点与最短路径、图形长度最值问题大视野最短路径原理1：两点之间线段最短；原理2：垂线段最短（1）二维平面内前提：A点B点是固定点，点P是x轴上一动点。
当P A+PB最小时，在图中作出P点位置；当|P A－PB| 最大时，在图中作出P点位置；当P A+PB最小时，在图中作出P点位置；当|P A－PB| 最大时，在图中作出P点位置；（2）立体图形中常见的有立方体、长方体、楼梯、树木绕绳问题解决方法：将立体图形曲面展开成平面图形，标出起始位置，借助勾股定理求解。
题型一、线段最值问题例1. 【2019·福州市晋安区期末】如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，点E是AB上的点，以AC为对角线的平行四边形AECF，则EF的最小值是（）A．5B．4C．1.5D．3【答案】D．【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴BC⊥AB，∵四边形AECF是平行四边形，∴OE＝OF，OA＝OC，∴当OE取最小值时，线段EF最短，此时OE⊥AB，即OE是△ABC的中位线，∴OE＝12BC＝1.5，∴EF＝2OE＝3，即EF的最小值是3．故答案为：D．例2. 【2019·宿迁市期末】在△ABC中，AB=6cm，AC=8cm，BC=10cm，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，连接EF，则EF的最小值为______cm．【答案】24 5.【解析】解：∵AB=6，AC=8，BC=10，∴AB2+AC2=BC2，∴△ABC为直角三角形，∠A=90°，∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴∠AEP=∠AFP=90°，∴四边形AEPF为矩形，连接AP，如图，EF=AP，当AP⊥BC时，AP的值最小，此时AP=245，∴EF的最小值为245．例3. 【2019·宜昌市期中】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值是（）A．2B．6C．﹣2D．4【答案】A．【解析】解：由题意知，点B’的轨迹是以E为圆心，BE的长为半径的圆弧，当B’、E、D共线时，B’D的值最小，最小值为：DE-BE2，故答案为：A.例4. 【2109·福州市期中】如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC 为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是.【答案】2【解析】解：将△BAD绕点D顺时针旋转90°，得到△DCM，易证，△ADM是等腰直角三角形，AD=AM，2当A、C、M共线时，且C在A、M之间时，AM的长度最大，最大为7，∴AD.例5. 【2019·厦门大学附中期末】如图，在平面直角坐标系中，已知A（2，0），B（5，0），点P为线段AB外一动点，且P A＝2，以PB为边作等边△PBM，则线段AM的最大值为（）A．3B．5C．7D【答案】B.【解析】解：如图，点P 的轨迹为以A 为圆心，以OA 为半径的圆，点M 的轨迹为以点O ’为圆心以EF 的长为直径的圆，∴O ′（72）， ∴AO ′＝3，当点M 在AO ′的延长线上时，AM 的值最大，最大值为3+2＝5，故答案为：B ．题型二、最短路径问题例1.【2019·十堰市外国语期末】如图，在菱形ABCD 中，对角线AC =8，BD =6，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，点P 在AC 上运动，在运动过程中，存在PE +PF 的最小值，则这个最小值是（ ）A .3B .4C .5D .6【答案】C .【解析】解：设AC 交BD 于O ，作E 关于AC 的对称点N ，连接NF ，交AC 于P ，则此时EP +FP 的值最小，∴PN =PE ，∵四边形ABCD是菱形，∴∠DAB=∠BCD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD，AD∥BC，∵E为AB的中点，∴N在AD上，且N为AD的中点，∵AD∥CB，∴∠ANP=∠CFP，∠NAP=∠FCP，∵AD=BC，N为AD中点，F为BC中点，∴AN=CF，∴△ANP≌△CFP，∴AP=CP，即P为AC中点，∵O为AC中点，∴P、O重合，即NF过O点，∵AN∥BF，AN=BF，∴四边形ANFB是平行四边形，∴NF=AB，∵AC⊥BD，OA=12AC=4，BO=12BD=3，由勾股定理得：AB=2+BO2=5，故答案为：C．例2. 【2019·厦门市期中】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△P AB=13S矩形ABCD，则点P到A、B两点之间的距离之和P A+PB的最小值是【答案】【解析】解：设△ABP边BA上的高为h，∵S△P AB=13S矩形ABCD，∴h=2，即动点P的运动轨迹是与AB平行，且与AB距离为2的直线，不妨设这条直线为l，作A点关于直线l的对称点E，连接AE，BE，则BE的长度即为所求的最短距离，由勾股定理，得：BE=即P A+PB的最小值是故答案为：例3. 【2019·遵义市期中】如图，已知圆柱底面的周长为6cm，圆柱高为3cm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（）cm．A．B．C D．6【答案】B．【解析】解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．由题意得：AB＝3cm，BC＝BC′＝3cm，∴AC＝cm，这圈金属丝的周长最小值为：2AC＝cm．故答案为：B．例4. 【2019·北京101中学期末】如图，在△ABC中，AB=BC=4，S△ABC=P、Q、K分别为线段AB、BC、AC上任意一点，则PK+QK的最小值为______．【答案】【解析】解：命题：在直角三角形中，若一条直角边是斜边长的一半，则该直角边所对的角为30°（证明略）；如图，过点A作AH⊥BC交CB的延长线于H，∵AB=CB=4，S△ABC=，∴AH=，∴∠HAB=30°，∠ABH=60°，∴∠ABC=120°，∵∠BAC=∠C=30°，作点P关于直线AC的对称点P′，过P′作P′Q⊥BC于Q交AC于K，则P′Q的长度=PK+QK的最小值，∴∠P′AK=∠BAC=30°，∴∠HAP′=90°，∴∠H=∠HAP′=∠P′QH=90°，∴四边形AP′QH是矩形，∴P′Q=AH=即PK+QK的最小值为，故答案为：【刻意练习】1. 【2019·抚顺市期中】如图，在矩形ABCD中，AD＝3，CD＝4，点P是AC上一个动点（点P与点A，C不重合），过点P分别作PE⊥BC于点E，PF∥BC交AB于点F，连接EF，则EF的最小值为．【答案】125．【解析】连接BP∵∠B＝∠D＝90°，AD＝3，CD＝4，∴AC＝5，∵PE⊥BC于点E，PF∥BC，∠B＝90°，∴四边形PEBF是矩形；∴EF＝BP，由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段EF的值最小，1 2BC•AB＝12AC•CP，即12×4×3＝12×5•CP，CP＝125．故答案为：125．2. 【2019·鞍山市期末】如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（）A．B．25C．+5D．35【答案】B．【解析】解：将长方体展开，连接A、B，根据两点之间线段最短，（1）如图，BD＝10+5＝15，AD＝20，由勾股定理得：AB＝25．（2）如图，BC＝5，AC＝20+10＝30，由勾股定理得，AB＝（3）如图：BD＝CD+BC＝20+5＝25，AD＝10，由勾股定理得：AB＝由于25＜故答案为：B．3. 【2019·临洮县期中】如图所示，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E为AB中点，点F 是AC上一动点，则EF+BF的最小值为．【解析】解：连接DB，DE，设DE交AC于M，连接MB，DF，∵四边形ABCD是菱形，∴AC，BD互相垂直平分，∴点B关于AC的对称点为D，∴FD＝FB，∴FE+FB＝FE+FD≥DE，所以当点F运动到点M时，取等号，△ABD是等边三角形，E为AB的中点，∴DE⊥AB，∴AE ＝12AD ＝1，DE∴EF +BF4. 【2019·成都市期末】如图，△ABC ，△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC =∠DAE =90°，将△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，若AD =3，AB =7，则线段MN 的取值范围是______．【答案】MN ≤≤【解析】解：∵点P ，M 分别是CD ，DE 的中点，∴PM =12CE ，PM ∥CE ，同理，PN =12BD ，PN ∥BD ，∵△ABC ，△ADE 均为等腰直角三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴BD =CE ，∴PM =PN ，∴△PMN 是等腰三角形，∵PM ∥CE ，PN ∥BD ，∴∠DPM =∠DCE ，∠PNC =∠DBC ，∵∠DPN =∠DCB +∠PNC =∠DCB +∠DBC ，∴∠MPN =∠DPM +∠DPN=∠DCE +∠DCB +∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴PM=PN=12 BD，∴MN=2BD，∴点D在线段AB上时，BD最小，最小值为4，MN的最小值点D在BA延长线上时，BD最大，最大值为10，MN的最大值为，故答案为：MN≤≤5. 【2019·武汉市期末】如图，在菱形ABCD中，E为AB中点，P是BD上一个动点，则下列线段的长度等于P A+PE最小值的是（）A.BCB.CEC.DED.AC【答案】B.【解析】解：在菱形ABCD中，A与C关于直线BD对称，连接EC，与BD交于点P，此时P A+PE=CP+EP=CE值最小，故答案为：B．6. 【2019·固始县期末】如图所示，圆柱的高AB=3，底面直径BC=3，现在有一只蚂蚁想要从A处沿圆柱表面爬到对角C处捕食，则它爬行的最短距离是（）A.3√1+πB.3√2D.3√1+π2C.3√4+π22【答案】C.【解析】解：（1）蚂蚁可以沿A-B-C的路线爬行，AB+BC=6，（2）把圆柱侧面展开，展开图如图所示，在Rt△ADC中，∠ADC=90°，CD=AB=3，AD=1.5π，AC=√AD2+CD2=3√4+π2＜6，2故答案为：C．7. 【2019·黄石期中】如图，在平面直角坐标系中，已知正方形ABCO，A（0，3），点D为x轴上一动点，以AD为边在AD的右侧作等腰Rt△ADE，∠ADE=90°，连接OE，则OE的最小值为（）B.√2C.2√2D.3√2A.2【答案】A.【解析】解：如图，作EH⊥x轴于H，连接CE，∵∠AOD=∠ADE=∠EHD=90°，∴∠ADO+∠EDH=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∴∠ADO=∠DEH，∵AD=DE，∴△ADO≌△DEH（AAS），∴OA=DH=OC，OD=EH，∴OD=CH=EH，∴∠ECH=45°，过点O作OE′⊥CE，则△OCE′是等腰直角三角形，∵OC=3，∴OE′=由垂线段最短，知OE故答案为：A．8.【2019·广州市番禺区期末】如图一个圆柱，底圆周长10cm，高4cm，一只蚂蚁沿外壁爬行，要从A点爬到B点，则最少要爬行______cm．【解析】解：将圆柱展开，侧面为矩形，如图所示：∵底面圆的周长为10cm，∴AC=5cm，∵高BC=4cm，∴AB=√AC2+BC2=√41cm．故答案为：√41．9. 【2019·桑植县期末】如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线OC：y=x交于点C．（1）若直线AB解析式为y=-2x+12，①求点C的坐标；②求△OAC的面积．（2）如图2，作∠AOC的平分线ON，若AB⊥ON，垂足为E，△OAC的面积为6，且OA=4，P、Q分别为线段OA、OE上的动点，连接AQ与PQ，试探索AQ+PQ是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）①联立y=-2x+12，y=x，解得：x=y=4，即点C的坐标为（4，4）；②在y=-2x+12中，当x=0时，y=12，当y=0时，-2x+12=0，x=6，∴点B（0，12），A（6，0），则△OAC的面积为：12×6×4=12；（2）∵ON平分∠AOC，AB⊥ON，∴ON是线段AC的垂直平分线，∴AQ=CQ，∴AQ+PQ=CQ+PQ，当C、Q、P共线，且CP⊥OA时，AQ+PQ取最小值，最小值为△OAC边OA上的高，∵△OAC的面积为6，OA=4，∴△OAC边OA上的高=2×6÷4=3.∴AQ+PQ存在最小值，最小值为3．10.【2019·泉州市期末】已知：AC是菱形ABCD的对角线，且AC=BC．（1）如图①，点P是△ABC的一个动点，将△ABP绕着点B旋转得到△CBE．①求证：△PBE是等边三角形；②若BC=5，CE=4，PC=3，求∠PCE的度数；（2）连结BD交AC于点O，点E在OD上且DE=3，AD=4，点G是△ADE内的一个动点如图②，连结AG，EG，DG，求AG+EG+DG的最小值．【答案】见解析.【解析】解：（1）①∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC，∵AC=BC，∴AB=BC=AC，∴△ABC等边三角形，∴∠ABC=60°，由旋转知BP=BE，∠PBE=∠ABC=60°，∴△PBE是等边三角形；②由①知AB=BC=5，由旋转知△ABP≌△CBE，∴AP=CE=4，∠APB=∠BEC，∵AP2+PC2=42+32=25=AC2，∴△ACP是直角三角形，∴∠APC=90°，∴∠APB+∠BPC=270°，∵∠APB=∠CEB，∴∠CEB+∠BPC=270°，∴∠PBE+∠PCE=90°，∵∠PBE=∠ABC=60°，∴∠PCE=90°-60°=30°；（2）如图，将△ADG绕着点D顺时针旋转60°得到△A'DG'，由旋转知△ADG≌△A'DG'，∴A'D=AD=4，G'D=GD，A'G'=AG，∵∠G'DG=60°，G'D=GD，∴△G'DG是等边三角形，∴GG'=DG，∴AG+EG+DG=A'G'+EG+GG'∵当A'、G'、G、E四点共线时，A'G'+EG+G'G的值最小，即AG+EG+DG的值最小，∵∠A'DA=60°，∠ADE=12∠ADC=30°，∴∠A'DE=90°，∴AG+EG+DG=A'G'+EG+G'G=A'E=5，∴AG+EG+DG的最小值为5．11.【2019·宿迁市期末】如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的格点图中，点A、B、C都是格点．（1）点A坐标为______；点B坐标为______；点C坐标为______；（2）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；（3）已知M（1，4），在x轴上找一点P，使|PM-PB|的值最大（写出过程，保留作图痕迹），并写出点P 的坐标______．【答案】（1）（-1，0）；（-2，-2）；（-4，-1）；（2）见解析；（3）（-5，0）.【解析】解：（1）由图象可知点A（-1，0），点B（-2，-2），点C（-4，-1）；（2）如图所示：（3）作点B关于x轴的对称点F（-2，2），连接MF交x轴于P，点P就是所求的点，理由：在x轴上任意取一点P1，∵|P1M-P1B|=|P1M-P1F|≤FM，∴|PM-PB|的最大值为线段FM的长度，设直线FM解析式为：y=kx+b，把F、M两点坐标代入，得：k+b=1，-2k+b=2，解得：23103kb⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即直线FM解析式为：y=210 33x+，当y=0时，x=-5，即点P坐标为（-5，0）．故答案为:（-5，0）．。
动点问题中的最值、最短路径问题-备战2021年中考数学解题方法之探究十法(解析版)
专题01 动点问题中的最值、最短路径问题动点问题是初中数学阶段的难点，它贯穿于整个初中数学，自数轴起始，至几何图形的存在性、几何图形的长度及面积的最值，函数的综合类题目，无不包含其中.其中尤以几何图形的长度及面积的最值、最短路径问题的求解最为繁琐且灵活多变，而其中又有一些技巧性很强的数学思想（转化思想），本专题以几个基本的知识点为经，以历年来中考真题为纬，由浅入深探讨此类题目的求解技巧及方法.一、基础知识点综述1. 两点之间，线段最短；2. 垂线段最短；3. 若A 、B 是平面直角坐标系内两定点，P 是某直线上一动点，当P 、A 、B 在一条直线上时，PA PB最大，最大值为线段AB 的长（如下图所示）；（1）单动点模型作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如下图所示，P 是x 轴上一动点，求P A +PB 的最小值的作图.P 是∠AOB 内一点，M 、N 分别是边OA 、OB 上动点，求作△PMN 周长最小值.作图方法：作已知点P 关于动点所在直线OA 、OB 的对称点P ’、P ’’，连接P ’P ’’与动点所在直线的交点M 、N 即为所求.5. 二次函数的最大（小）值()2y a x h k =-+，当a >0时，y 有最小值k ；当a <0时，y 有最大值k .二、主要思想方法利用勾股定理、三角函数、相似性质等转化为以上基本图形解答. （详见精品例题解析） 三、精品例题解析例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD 中，AB =12，AE =3，点P 在BC 上运动（不与B 、C 重合），过点P 作PQ ⊥EP ，交CD 于点Q ，则CQ 的最大值为【答案】4.【解析】解：∵PQ ⊥EP ，∴∠EPQ =90°，即∠EPB +∠QPC =90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B =∠C =90°，∠EPB +∠BEP =90°，∴∠BEP =∠QPC ，∴△BEP ∽△CPQ ，O。
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专题01 动点问题中的最值、最短路径问题动点问题是初中数学阶段的难点，它贯穿于整个初中数学，自数轴起始，至几何图形的存在性、几何图形的长度及面积的最值，函数的综合类题目，无不包含其中.其中尤以几何图形的长度及面积的最值、最短路径问题的求解最为繁琐且灵活多变，而其中又有一些技巧性很强的数学思想（转化思想），本专题以几个基本的知识点为经，以历年来中考真题为纬，由浅入深探讨此类题目的求解技巧及方法.一、基础知识点综述1. 两点之间，线段最短；2. 垂线段最短；3. 若A、B是平面直角坐标系内两定点，P是某直线上一动点，当P、A、B在一条直线上时，PA PB 最大，最大值为线段AB的长（如下图所示）；（1）单动点模型~作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如下图所示，P是x轴上一动点，求PA+PB的最小值的作图.P是∠AOB内一点，M、N分别是边OA、OB上动点，求作△PMN周长最小值.作图方法：作已知点P关于动点所在直线OA、OB的对称点P’、P’’，连接P’P’’与动点所在直线的交点M、N即为所求.O5. 二次函数的最大（小）值()2y a x h k=-+，当a>0时，y有最小值k；当a<0时，y有最大值k.二、主要思想方法利用勾股定理、三角函数、相似性质等转化为以上基本图形解答. （详见精品例题解析）~三、精品例题解析例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为例2. （2019·凉山州）如图，已知A 、B 两点的坐标分别为（8,0），（0,8）. 点C 、F 分别是直线x =－5和x 轴上的动点，CF =10，点D 是线段CF 的中点，连接AD 交y 轴于点E ，当△ABE 面积取最小值时，tan ∠BAD =（ ） x yA B CFD EO x=-5A . 817B . 717C . 49D . 59例3. （2019·南充）如图，矩形硬纸片ABCD 的顶点A 在y 轴的正半轴及原点上滑动，顶点B 在x 轴的正半轴及原点上滑动，点E 为AB 的中点，AB =24,BC =5,给出结论：①点A 从点O 出发，到点B 运动至点O 为止，点E 经过的路径长为12π；②△OAB 的面积的最大值为144；③当OD 最大时，点D 的坐标为)2626125,262625(，其中正确的结论是 （填写序号）.#例4. （2019·天津）已知抛物线2y x bx c =-+（b 、c 为常数，b >0）经过点A (－1,0)，点M (m ,0)是x 轴正半轴上的动点，若点Q （1,2Q b y +22AM QM +332时，求b 的值.例5. （2019·舟山）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC 和EDF 拼合在个平面上，边AC 与EF 重合，12AC cm =．当点E 从点A 出发沿AC 方向滑动时，点F 同时从点C 出发沿射线BC 方向滑动．当点E 从点A 滑动到点C 时，点D 运动的路径长为 cm ；连接BD ，则△ABD 的面积最大值为 2cm ．。
例6. （2019·巴中）如图，在菱形ABCD中，连接BD、AC交于点O，过点O作OH⊥BC于点H，以O 为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M.（1）求证：DC是圆O的切线；（2）若AC=4MC，且AC=8，求图中阴影部分面积；（3）在（2）的前提下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，PH+PM的值最小，并求出最小值.ABCDHOMN专题01 动点问题中的最值、最短路径问题（解析）|例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为【答案】4.【解析】解：∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=90°，即∠EPB+∠QPC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°，∠EPB+∠BEP=90°，∴∠BEP=∠QPC，∴△BEP∽△CPQ，∴BE BP CP CQ=，【∵AB=12，AE=3，∴BE=9，设CQ=y，BP=x，CP=12－x，（0<x<12）∴912xx y=-，即()()21216499x xy x-==--+，∴当x=6时，y有最大值为4，即CQ的最大值为4.【点睛】此题为“一线三直角模型”，解题方法为相似三角形性质求解，综合利用二次函数的性质求解最值问题.例2.（2019·自贡）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8,0），（0,8）. 点C、F分别是直线x=－5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取最小值时，tan∠BAD=（）A.817B.717C.49D.59)【答案】B.【解析】解：S△ABE=142BE OA BE ⨯⨯=,当BE取最小值时，△ABE面积为最小值.设x=－5与x轴交于点G，连接DG，因为D为CF中点，△CFG为直角三角形，所以DG=15 2CD=,∴D点的运动轨迹为以G为圆心，以5半径的圆上，如图所示由图可知：当AD与圆G相切时，BE的长度最小，如下图，！过点E作EH⊥AB于H，∵OG =5，OA =8，DG =5，在Rt △ADG 中，由勾股定理得：AD =12，△AOE ∽△ADG ， ∴AO AD OE DG=, 求得：OE =103， 由OB =OA =8，得：BE =143，∠B =45°，AB=∴EH =BH=23BE =,AH =AB -BH=3， ∴tan ∠BAD=717EH AH ==, 故答案为B .$【点睛】此题解题的关键是找到△ABE 面积最小时即是AD 与D 的远动轨迹圆相切的时刻. 进而构造以∠BAD 为内角的直角三角形，利用勾股定理求出边长，代入三角函数定义求解.例3. （2019·南充）如图，矩形硬纸片ABCD 的顶点A 在y 轴的正半轴及原点上滑动，顶点B 在x 轴的正半轴及原点上滑动，点E 为AB 的中点，AB =24,BC =5,给出结论：①点A 从点O 出发，到点B 运动至点O 为止，点E 经过的路径长为12π；②△OAB 的面积的最大值为144；③当OD 最大时，点D 的坐标为)2626125,262625(，其中正确的结论是 （填写序号）.【答案】②③.【解析】解：根据题意可知：OE=12AB=12,即E的轨迹为以O为圆心以12为半径的四分之一圆（第一象限的部分），根据弧长公式，得点E的路径长为：9012180π⨯⨯=6π，故①错误；因为AB=24,当斜边AB上的高取最大值时，△OAB的面积取最大值，点O在以AB为直径的圆上（圆心为E），当OE⊥AB时，斜边AB上的高最大，！所以△OAB的面积取最大值为：124122⨯⨯=144，故②正确；连接OE、DE，得：OD≤OE+DE，当O、E、D三点共线时取等号，即OD的最大值为25，如图，过点D作DF⊥y轴于F，过点E作EG⊥y轴于G,可得：25DF OD ==, 即：1225EG DF =， 512AF AD EG AE ==,即：51125AF EG DF ==, %设DF =x ，在Rt △ADF 中，由勾股定理得：221255x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得：x 在Rt △ODF 中，由勾股定理得：OF 即点D 的坐标为)2626125,262625(，故③正确. 综上所述，答案为：②③.例4.（2019·天津）已知抛物线2y x bx c =-+（b 、c 为常数，b >0）经过点A (－1,0)，点M (m ,0)是x 轴正半轴上的动点.若点Q （1,2Q b y +2QM +的最小值为4时，求b 的值.【答案】见解析.【解析】解：∵2y x bx c =-+经过点A (－1,0)， ∴1+b +c =0，即21y x bx b =--- ∵点Q （1,2Q b y +）在抛物线2y x bx c =-+上， ：∴324Q b y =--， 即13,224b Q b ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭， ∵b >0，∴Q 点在第四象限，2222AM QM AM QM ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭所以只要构造出22AM QM ⎛⎫+⎪⎝⎭即可得到22AM QM +的最小值取N （1,0），连接AN ，过M 作MG ⊥AN 于G ，连接QM ，如图所示，△AGM 为等腰直角三角形，GM =22AM ，即当G 、M 、Q 三点共线时，GM +MQ 22AM QM +取最小值，此时△MQH 为等腰直角三角形，[∴QM =2QH =3224b ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，GM =22AM =()212m + ∴()223332222=21222244b AM QM AM QM m ⎛⎫⎡⎤⎛⎫+=++++= ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ① ∵QH =MH ，∴324b +=12b m +-，解得：m =124b - ② 联立①②得：m =74，b =4. 即当22AM QM +的最小值为3324时，b =4. 【点睛】此题需要利用等腰直角三角形将22AM QM +转化为22AM QM ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，进而根据两点之间线段最短及等腰三角形性质求解.例5. （2019·舟山）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC 和EDF 拼合在个平面上，边AC 与EF 重合，12AC cm =．当点E 从点A 出发沿AC 方向滑动时，点F 同时从点C 出发沿射线BC 方向滑动．当点E 从点A 滑动到点C 时，点D 运动的路径长为 cm ；连接BD ，则△ABD 的面积最大值为 2cm ．【答案】2362243126-；|【解析】解：如图1所示，当E运动至E’，F滑动到F’时，D'图1过D’作D’G⊥AC于G，D’H⊥BC交BC延长线于点H，可得∠E’D’G=∠F’D’H，D’E’=D’F’，∴Rt△E’D’G≌Rt△F’D’H，∴D’G=G’H,∴D’在∠ACH的角平分线上，即C，D，D’三点共线.通过分析可知，当D’E’⊥AC时，DD’的长度最大，随后返回初始D点，如图2所示，D点的运动路径为D→D’→D，行走路线长度为2DD’；《BD'图2∵∠BAC =30°，AC =12，DE =CD∴BC=CD =DE=由图知：四边形E ’CF ’D ’为正方形，CD ’=EF =12，∴DD ’=CD ’-CD=12-D 点运动路程为2DD ’=24-D'图3如图3所示，当点D 运动至D ’时，△ABD ’的面积最大，最大面积为：'''''''ABCAE D BD F E CF D SS S S ++-△△△正方形>=(((211112222⨯+⨯--⨯⨯ =【点睛】准确利用全等、角平分线判定得到D 点的运动轨迹是关键，利用三角函数及勾股定理求解，计算较为繁琐，尤其是利用割补法求解三角形的面积时对学生计算能力要求较高，此题难度较大，新颖不失难度.例6. （2019·巴中）如图，在菱形ABCD 中，连接BD 、AC 交于点O ，过点O 作OH ⊥BC 于点H ，以O 为圆心，OH 为半径的半圆交AC 于点M .（1）求证：DC 是圆O 的切线；（2）若AC =4MC ，且AC =8，求图中阴影部分面积；（3）在（2）的前提下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，PH+PM的值最小，并求出最小值.B D【答案】见解析.【解析】（1）证明：$过点O作ON⊥CD于N，AC是菱形ABCD的对角线，∴AC平分∠BCD，∵OH⊥BC，ON⊥CD，∴OH=ON，又OH为圆O的半径，∴ON为圆O的半径，即CD是圆O的切线.（2）由题意知：OC=2MC=4，MC=OM=2，即OH=2，在Rt △OHC 中，OC =2OH ，可得：∠OCH =30°，∠COH =60°，由勾股定理得：CH==23OCH OMHS S S π-=△阴影扇形（3）作点M 关于直线BD 的对称点M ’，连接M ’H 交BD 于点P ， 可知：PM =PM ’即PH +PM =PH +PM ’=HM ’，由两点之间线段最短，知此时PH +PM 最小， ∵OM ’=OM =OH ，∠MOH =60°，∴∠MM ’H =30°=∠HCM ，∴HM ’=HC=即PH +PM的最小值为在Rt △M ’PO 及Rt △COD 中，OP =OM ’ tan 30°，OD =OC tan 30°， 即PD =OP +OD=B D。