文档内容
专题 01 动圆问题探究（40 题）（举一反三专项训练）
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共40题，涉及函数与动圆问题、三角形与动圆问题、四边形与动圆问题. 题型针对性较
高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对动圆问题探究的理解！
【题型1 函数与动圆问题】
3
1．（2025·广东韶关·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y= x+6的图象与x轴、y轴分别交于
4
A、B两点，点P在线段OA上，⊙P与x轴交于M、O两点，⊙P当与该一次函数的图象相切时，AM的
长度是（ ）
A．3 B．4 C．6 D．2
【答案】D
【分析】本题考查了一次函数的几何应用，切线的性质，勾股定理，由一次函数解析式可得A(−8,0)，
B(0,6)，即得AB=❑√OA2+OB2=10，设⊙P与直线相切于点D，连接PD、PB，可得PD⊥AB，
PD=PO=PM， 由S =S +S 可得PO=3，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关
△AOB △APB △PBO
键．
【详解】解：当x=0时，y=0+6=6；当y=0时，x=−8，
∴A(−8,0)，B(0,6)，
∴OA=8，OB=6，
∵∠AOB=90°，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√82+62=10，如图，设⊙P与直线相切于点D，连接PD、PB，
∴PD⊥AB，PD=PO=PM，
设PD=PO=PM=x，
∵S =S +S ，
△AOB △APB △PBO
1 1 1
∴ OA·OB= AB·PD+ PO·OB，
2 2 2
1 1 1
即 ×8×6= ×10×x+ ×x×6，
2 2 2
解得x=3，
∴PO=3，
∴OM=2PO=6，
∴AM=OA−OM=8−6=2，
故选：D．
6
2．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，⊙P的半径为2，圆心P在函数y= (x>0)的图象
x
上运动，当⊙P与坐标轴相切时，点P的坐标为 ．
【答案】(2,3)或(3,2)
【分析】此题考查了圆与直线的位置关系、反比例函数图象的位置关系的一道综合题，熟练运用分类讨论
的思想和准确把握动圆与坐标轴相切时点P的坐标特征是解此题的关键．分两种情况进行讨论：⊙P与x
轴相切或⊙P与y轴相切，分别求解即可．
【详解】解：∵⊙P与坐标轴相切，∴分两种情况讨论：
①当⊙P与x轴相切时，
则点P的纵坐标为2，
6
∴2=
x
∴x=3，
∴点P的坐标为(3,2)．
②⊙P与y轴相切时，
则点P的横坐标为2，
6
∴y=
2
∴y=3
∴点P的坐标为(2,3)，
综上，点P的坐标为：(2,3)或(3,2)，
故答案为：(2,3)或(3,2)．
❑√3
3．（24-25九年级上·江苏徐州·阶段练习）如图，一次函数y=− x+2❑√3的图像与x轴交于点A，与y
3
轴交于点B，以M(1,0)为圆心的⊙M与y轴相切，点M以每秒2个单位的速度从(1,0)向x轴正方向运动，
1
同时⊙M的半径以每秒 个单位的速度扩大，当M运动了 秒时，⊙M与直线AB只有一个公
2
共点．
【答案】1或7
【分析】本题考查了一次函数与相似三角形及直线与圆的位置关系，以及切线的性质的综合应用，M可能
在OA上，也可能在OA的延长线上，因而分两种情况进行讨论，作M C⊥AB于点C．则
1
△AM C∽△ABO，根据相似三角形的对应边的比相等，即可得到一个关于t的方程，求得t的值．
1❑√3
【详解】解：在y=− x+2❑√3中，令x=0，则y=2❑√3，
3
即B的坐标是(0，2❑√3)，
则OB=2❑√3；
❑√3
令y=0，得− x+2❑√3=0，
3
解得x=6，
则A的坐标是(6，0)，
∴OA=6，
在Rt△OAB中，AB=❑√OA2+OB2=4❑√3，
当M在线段OA上时，如图：作M C⊥AB于点C．则△AM C∽△ABO，
1 1
AM M C
∴ 1= 1 ，
AB OB
1
1+ t
即5−2t 2 ，
=
4❑√3 2❑√3
解得t=1；
当M在OA的延长线上时：如图（2）同理作M D⊥AB于点D．则△AM D∽△ABO，
2 2
AM M D
∴ 2= 2 ，
AB OB1
1+ t
即2t+1−6 2 ，
=
4❑√3 2❑√3
解得t=7．
故答案为：1或7．
4．已知⊙O是以坐标原点为圆心，半径为1，函数y=x与⊙O交于点A，点P（x，0）在x轴上运动，过点
P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，则x的范围是 ．
【答案】−❑√2≤x≤❑√2，且x≠0
【详解】考点：直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．
分析：由题意得x有两个极值点，过点P与⊙O相切时，x取得极值，作出切线，利用切线的性质求解即
可．
解：将OA平移至P’D的位置，使P’D与圆相切，
连接OD，由题意得，OD=1，∠DOP’=45°，∠ODP’=90°，
故可得OP’=❑√2，即x的极大值为❑√2，
同理当点P在y轴左边时也有一个极值点，此时x取得极小值，x=-❑√2，
综上可得x的范围为：-❑√2≤x≤❑√2．
又∵DP’与OA平行，
∴x≠0，
故答案为-❑√2≤x≤❑√2，且x≠0
❑√3
5．如图，点P在函数y= (x>0)的图象上运动，O为坐标原点，点A为PO的中点，以点P为圆心，PA
x
为半径作⊙P，则当⊙P与坐标轴相切时，点P的坐标为 ．【答案】(❑√3，1)或(1,❑√3)
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、两点间的距离公式以及切线的性质，解题的关键是
分圆P与x（或y)轴相切分类讨论．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，设出点P的坐标，
根据切线的性质，找出P点坐标与半径之间的关系是关键．结合点P在反比例函数图象上，设出点P的坐
标，由两点间的距离公式求出OP的长度，由点A为OP的中点，即可找出PA的长度，再根据相切的两种不
同形式分类，结合点P的坐标以及圆的半径即可得出关于P点横坐标的一元二次方程，解方程即可得出结
论．
❑√3
【详解】解：∵点P为函数y= (x>0)的图象上的点，
x
❑√3
∴设点P的坐标为(n， )(n>0)．
n
√ ❑√3 2
∴OP=❑n2+( ) ．
n
∵点A为PO的中点，
1 1 √ ❑√3 2
∴PA= OP= ❑n2+( ) ．
2 2 n
⊙P与坐标轴相切分两种情况：
1 √ ❑√3 2 ❑√3
①⊙P与x轴相切，此时有 ❑n2+( ) = ，
2 n n
9
整理得：n2= ，解得：n2=3，或n2=−3（舍去），
n2
解n2=3，得：n =❑√3，n =−❑√3（舍去），
1 2
此时点P的坐标为(❑√3，1)；1 √ ❑√3 2
②⊙P与y轴相切，此时有 ❑n2+( ) =n，
2 n
1
整理得：n2= ，解得：n2=1，或n2=−1（舍去），
n2
解n2=1，得：n =1，n =−1（舍去），
3 4
此时点P的坐标为(1,❑√3)．
综上可知：点P的坐标为(❑√3，1)或(1,❑√3)．
故答案为：(❑√3，1)或(1,❑√3)．
6．如图所示，一次函数y=x−3的图象与x轴、y轴分别交于点M，N，⊙O的半径为1，将⊙O以每秒1
个单位的速度沿x轴向右作平移运动，当移动 秒时，直线MN恰好与⊙O相切．
【答案】3±❑√2
【分析】作EF平行于MN与⊙O相切，交x轴于点E，交y轴于点F，设直线EF的解析式为y=x+b，由
⊙O与EF相切结合三角形的面积即可得出关于b的含绝对值符号的方程，从而得出点E的坐标，根据运
动的相对性即可得出结论．
【详解】作EF平行于MN与⊙O相切，交x轴于点E，交y轴于点F，如图所示，
设直线EF的解析式为y=x+b，
即x−y+b=0，
∵ EF与⊙O相切，且⊙O的半径为1，
1 1
∴ b2= ×1×❑√2|b)，
2 2
解得b=±❑√2，
∴直线EF的解析式为y=x+❑√2或y=x−❑√2，
∴点E的坐标为(❑√2,0)或(−❑√2,0)，
令y=x−3中y=0，则x=3，
∴ M(3,0)，∵根据运动的相对性，且⊙O以每秒1个单位的速度沿x轴向右作平移运动，
∴移动的时间为3−❑√2或3+❑√2，
故答案为：3±❑√2．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图像上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是
求出E、M的坐标，巧妙的利用运动的相对性变移圆为移直线．
7．如图，点A在第一象限上运动，始终保持∠AOB=90°，点B(2m,0)在x轴正半轴上，点C(0,−m)
在y轴的负半轴上，则CA的最大值为 （用含m的式子表示）．
【答案】(❑√2+1)m也可以写作❑√2m+m
【分析】本题考查了坐标系中的动点问题（不含函数），用勾股定理解三角形，点与圆上一点的最值问
题，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
先得出点A在以OB为直径的圆上运动，且点A在第一象限，OB=2m，从而可得当D为OB的中点时，
CA最大，再求得此时CD=❑√2m，从而可求得CA的最大值．
【详解】解：AC交x轴于点D，∵点A在第一象限，始终保持∠AOB=90°，点B(2m,0)在x轴正半轴上，
∴点A在以OB为直径的圆上运动，且点A在第一象限，OB=2m，
∴当D为OB的中点时，CA最大，
∵点B(2m,0)，
∴D(m,0)，
∵点C(0,−m)，
∴此时CD=❑√2m，
∴CA=CD+AD=❑√2m+m=(❑√2+1)m
故答案为：(❑√2+1)m．
16
8．如图,已知一次函数y=kx+b的图像与反比例函数y=− 的图像交于点D(2,m),且与x轴交于点B,第
x
16
二象限内点A在反比例函数y=− 的图像上,且以点A为圆心的圆与x,y轴分别相切于点B,C,则一次函数
x
解析式为 ．
4 16
【答案】y=− x−
3 3
【分析】本题考查反比例函数图像与性质,待定系数法求一次函数解析式,相切性质,正确求出A,C点坐标是
解题的关键．
16
将点D代入y=− 中求出m的值,再利用切线的性质结合正方形的判定与性质得出点A,C坐标,进而利用待
x
定系数法求而出一次函数解析式．
16
【详解】解:∵点D(2,m)在反比例函数y=− 的图像上,
x
16
∴将D(2,m)代入y=− 中得:m=−8,
x∴D的坐标为D(2,−8),
∵以点A为圆心的圆与x,y轴分别相切于点B,C,
∴四边形ABOC是正方形,AB=AC,
16
∵第二象限内点A在反比例函数y=− 的图像上,
x
∴设A(a,−a),a<0,
∴−a2=−16,即a=−4,
∴点B的坐标为B(−4,0),
∵一次函数y=kx+b的图像过D(2,−8),且与x轴交于点B,
∴将B(−4,0)和D(2,m)代入y=kx+b中得:
4
{ k=− )
{−4k+b=0) 3
,解得 ,
2k+b=−8 16
b=−
3
4 16
∴一次函数解析式为:y=− x− ．
3 3
9．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x−2与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为1的⊙P的圆心P从
点A(4,m)（点A在直线y=x−2上）出发以每秒❑√2个单位长度的速度沿射线AC运动，设点P运动的时
间为t秒，则当t= 时，⊙P与坐标轴相切．
【答案】1或3或5
【分析】设⊙P与坐标轴的切点为D，根据已知条件得到A(4,2)，B(2,0)，C(0,−2)，求得AB=2❑√2
，AC=2❑√2，OB=OC=2，证明出ΔOBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，然后分三种情况进行讨
论：①当⊙P与x轴相切时，②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，③当点P只与y轴相切时．
【详解】解：设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y=x−2与x轴、y轴分别交于点B、C，点A(4,m)，
∴x=0时，y=−2，y=0时，x=2，
x=4时，y=2，
∴A(4,2)，B(2,0)，C(0,−2)，
根据勾股定理：AB=2❑√2，AC=4❑√2，OB=OC=2，
∴ΔOBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，
①当⊙P与x轴相切时，
∵点D是切点，⊙P的半径是1，
∴PD⊥x轴，PD=1，
∴ΔBDP是等腰直角三角形，
∴BD=PD=1，PB=❑√2，
∴AP=AB−PB=❑√2，
∵点P的速度为每秒❑√2个单位长度，
∴t=1；
②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，
∵PB=❑√2，
∴AP=AB+PB=3❑√2，
∵点P的速度为每秒❑√2个单位长度，∴t=3；
③当点P只与y轴相切时，
∵PC=❑√2，
∴AP=AC+PC=5❑√2，
∵点P的速度为每秒❑√2个单位长度，
∴t=5．
综上所述，则当t=1或3或5秒时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：1或3或5．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握切线的判
定及性质，利用分类讨论的思想求解．
10．（2025·江苏常州·一模）在平面直角坐标系xOy中，点T的坐标为(0,−1)，点P、Q是平面中的任意两
个点，连接PT、QT、PQ得到△PQT，如果△PQT是等腰直角三角形，且∠PTQ=90°，那么我们称
点P、Q关于点T关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．
(1)已知点P(1,0)，在点B(−1,0)、C(−1,−1)、D(1,−2)中，点P的关联点是______（填字母）；
(2)点P、Q分别在一次函数y=−2x+1、y=x+1的图像上运动，若点P、Q关于点T关联，求点Q的坐
标．(3)已知点M的坐标为(t,0)，以点M为圆心，1为半径作⊙M，若存在⊙M上的点P和直线y=x+1上的
点Q关于点T关联，请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)B、D
(2)(−2,−1)或(−6,−5)
(3)−3−❑√2≤t≤❑√2−3或1−❑√2≤t≤❑√2+1
【分析】（1）可证明△BOT，△POT都是等腰直角三角形，则有
∠OBT=∠OTB=∠OPT=∠OTP=45°，据此可证明△BOT是等腰直角三角形，则点B(−1,0)是点
P的关联点；由∠PTC>∠PTB=90°，可知点C不是点P的关联点；证明△BPD是等腰直角三角形，
得到∠PBD=∠PDB=45°，则可证明B、P、D三点共线，进而可证明△PTD是等腰直角三角形，则
点D是点P的关联点；
（2）分别过点P和点Q 作y轴的垂线，垂足分别为H、G，设P(p,−2p+1)，证明
1
△HPT≌△>Q (AAS)，通过全等三角形的性质得到对应线段的长，进而可得Q (2p−2,p−1)，再由
1 1
Q (2p−2,p−1)在直线y=x+1上，得到2p−2+1=p−1，解方程即可得到答案；同理可求出Q 的坐
1 2
标；
（3）如图3-1所示，△QTN，△QTK都是以T为直角顶点的等腰直角三角形，设Q(q,q+1)，仿照
（2）通过一线三垂直模型，表示出点N和点K的坐标，进而得到点N和点K的轨迹都是一条直线，再分
别求出⊙M与这两条直线相切时t的值即可得到答案．
【详解】（1）解：∵T(0,−1)，P(1,0)，B(−1,0)，
∴OT=OB=OP=1，
又∵∠BOT=∠POT=90°，
∴△BOT，△POT都是等腰直角三角形，
∴∠OBT=∠OTB=∠OPT=∠OTP=45°，
∴∠BTP=∠OTB+∠OTP=90°，
∴△BOT是等腰直角三角形，
∴点B(−1,0)是点P的关联点；
如图所示，∵∠PTC>∠PTB=90°，
∴点C不是点P的关联点；
∵B(−1,0)，P(1,0)，T(1,−2)，
∴BP=PT=2，且BP⊥PD，
∴△BPD是等腰直角三角形，
∴∠PBD=∠PDB=45°，∴∠PBT=∠PBD，即B、P、D三点共线，
∵∠TPD=∠DPB−∠BPT=45°，
∴∠PTD=180°−45°−45°=90°，
∴△PTD是等腰直角三角形，
∴点D是点P的关联点；
（2）解：如图所示，分别过点P和点Q 作y轴的垂线，垂足分别为H、G，设P(p,−2p+1)，
1
∴∠PHT=∠TGQ =90°，
1
∵△PTQ 是等腰直角三角形，且∠PTQ =90°，
1 1
∴PT=TQ❑❑，∠HTP+∠HPT=∠HTP+∠>Q =90°，
1 1
∴∠HPT=∠>Q ，
1
∴△HPT≌△>Q (AAS)，
1
∴TG=PH=−p，Q G=HT=−2p+1−(−1)=−2p+2，
1
∴OG=OT+TG=1−p，
∴Q (2p−2,p−1)，
1
∵Q (2p−2,p−1)在直线y=x+1上，
1
∴2p−2+1=p−1，
∴p=0，
∴2p−2=−2，p−1=−1，
∴Q (−2,−1)；
1同理可得Q (2−2p,−1−p)，
2
∵Q (2−2p,−1−p)在直线y=x+1上，
2
∴2−2p+1=−1−p，
∴p=4，
∴2−2p=−6，−1−p=−5，
∴Q (−6,−5)；
2
综上所述，点Q的坐标为(−2,−1)或(−6,−5)；
（3）解：如图3-1所示，△QTN，△QTK都是以T为直角顶点的等腰直角三角形，设Q(q,q+1)，
过点N和点Q分别作y轴的垂线，垂足分别为R、S，
同理可证明△NRT≌△TSQ(AAS)，
∴TR=QS=−q，NR=TS=−1−q−1=−2−q，
∴¿=TR−OT=−q−1，
∴N(2+q,−q−1)，
∴点N在直线y=−x+1上运动，
同理可得K(−2−q,q−1)，
∴点K在直线y=−x−3上运动；
设直线y=−x−3与x轴交于V，与y轴交于U，则V(−3,0)，U(0,−3)，
∴OV =OU=3，
∴△OUV是等腰直角三角形，
∴∠OVU=45°；
如图3-2所示，当⊙M与直线刚好相切于点A 时，连接A M，
1 1
∴∠M A V =90°，∠A VM=∠OVU=45°，
1 1
AM
∴MV = =❑√2，
sin∠A VM
1∴OM=OV +MV =3+❑√2，
∴t=−3−❑√2；
如图3-3所示，当⊙M与直线y=−x−3刚好相切时，同理可得此时MV =❑√2，
∴OM=PV −MV =3−❑√2，
∴t=❑√2−3；
∴当−3−❑√2≤t≤❑√2−3时，⊙M与直线y=−x−3有交点，即此时⊙M上一定存在点P是点Q的关联
点；
设直线y=−x+1与x轴交于Z，与y轴交于W，则Z(1,0)，W(0,1)，
∴OZ=OW=1，
∴△OWZ是等腰直角三角形，
∴∠OZW=45°；
如图3-4所示，当⊙M与直线y=−x+1刚好相切时，同理可得此时MZ=❑√2，
∴OM=MZ−OZ=❑√2−1，
∴t=1−❑√2；如图3-5所示，当⊙M与直线y=−x+1刚好相切时，同理可得此时MZ=❑√2，
∴OM=MZ+OZ=❑√2+1，
∴t=❑√2+1；
∴当1−❑√2≤t≤❑√2+1时，⊙M与直线y=−x+1有交点，即此时⊙M上一定存在点P是点Q的关联
点；
综上所述，−3−❑√2≤t≤❑√2−3或1−❑√2≤t≤❑√2+1．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判
定等待，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【题型2 四边形与动圆问题】
1．如图，∠MON=45°，点A、B分别在射线OM、射线ON上运动，四边形ABCD是矩形，且AB=2
，AD=1，则OD的最大值为（ ）A．❑√2+❑√5 B．2❑√2+1 C．❑√2+❑√3 D．无最大值
【答案】A
【分析】首先判断出点O在经过点A，B的圆E上，求出圆的半径，过E作EG⊥AB于G并延长，与CD
交于点F，利用矩形的判定和性质和勾股定理求出DE，分析得出当O，E，D三点共线时，OD最大，求
出OE+DE即可．
【详解】解：∵∠MON=45°，AB=2，
∴点O在经过点A，B的圆E上，且∠AEB=90°，
AB
∴AE=BE=OE= =❑√2，即圆E的半径为❑√2，
❑√2
过E作EG⊥AB于G并延长，与CD交于点F，
1 1
∴AG=BG= AB=1，EG= AB=1，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAG=∠ADC=∠AGF=90°，
∴四边形ADFG是矩形，
∴AG=DF=1，AD=FG=1，∠EFD=90°，
∴EF=EG+GF=2，
∴DE=❑√DF2+EF2=❑√5，
当O，E，D三点共线时，OD最大，且最大值为OE+DE=❑√5+❑√2，
故选A．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，最短路
径，本题属于运动型问题，解题时要用动态的眼光审题，动中有静，学会构造圆，利用圆的性质分析题
意．
2．如图，四边形ABCD是正方形，动点E、F分别从D、C两点同时出 发，以相同的速度分别在边DC、CB
上移动，当点E运动到点C时都停止运动，DF与AE相交于点P，若AD=8，则点P运动的路径长为
（ ）
A．8❑√2 B．4❑√2 C．4π D．2π
【答案】D
【分析】如图，连接AC、BD交于点O．首先证明∠DPE=∠APD=90°，即可推出点P的运动轨迹是以AD为
直径的圆上的弧OD，由此即可解决问题.
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点O．
∵DE=CF，AD=DC，∠ADE=∠DCF，
∴△ADE≌△DCF，
∴∠DAE=∠CDF，∵∠DAE+∠AED=90°，
∴∠CDF+∠DEP=90°，
∴∠DPE=∠APD=90°，
∴点P的运动轨迹是以AD为直径的圆上的弧OD，
1
∴点P运动的路径长为 •2π•4=2π，
4
故选D
【点睛】本题考查正方形的性质、弧长公式、全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是正确寻找全等
三角形，判断出∠APD=90°这个突破点，属于中考常考题型．
3．（2025·河南南阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0),B(2,0)，以点O为圆心，OA的长
为半径作圆，C是⊙O上一动点，连接BC，以点B为旋转中心，将BC顺时针旋转90°得BD，连接CD．
π
若点C从点A出发，按照逆时针方向以每秒 个单位长度运动，则第33秒时，点D的坐标是（ ）
2
A．(2,4) B．(3,2) C．(1,2) D．(2,1)
【答案】B
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，圆的基本知识，坐标与图形，点的坐标规律探索，根
据点A坐标可得⊙O的半径为1，则⊙O的周长为2π，故每4秒点C走一圈，则第33秒时，点C走了
1
8 圈，此时点C的坐标为(0,1)，过点D作DE⊥x轴于E，证明△OCB≌△EBD(AAS)，得到
4
BE=OC=1，DE=OB=2，则OE=OB+BE=3，可得D(3,2)．
【详解】解：∵A(1,0)，
∴OA=1，
∴⊙O的半径为1，
∴⊙O的周长为2π，
π
∵点C从点A出发，按照逆时针方向以每秒 个单位长度运动，
2∴每4秒点C走一圈，
∵33÷4=8…1，
1
∴第33秒时，点C走了8 圈，
4
∴第33秒时，点C的坐标为(0,1)，
∵点C的坐标为(0,1)，B(2,0)，
∴OB=2，OC=1，
如图所示，过点D作DE⊥x轴于E，
由旋转的性质可得BC=BD，∠CBD=90°，
又∵∠BOC=∠DEB=90°，
∴∠OBC+∠OCB=∠OBC+∠EBD=90°，
∴∠OCB=∠EBD，
∴△OCB≌△EBD(AAS)，
∴BE=OC=1，DE=OB=2，
∴OE=OB+BE=3，
∴D(3,2)，
故选：B．
4．（2025九年级下·江苏南京·专题练习）如图，在平面直角坐标系中， A(2,0),B(−1,0)，以点A为圆
心，OA长为半径作圆，交x轴正半轴于点C，点D为⊙A上一动点，连接BD，以BD为边，在直线BD
π
的上方作正方形BDEF，若点D从点O出发，按顺时针方向以每秒 个单位长度的速度在⊙A上运动，
2
则第2022秒结束时，点F的坐标为（ ）(3 ) (3 )
A．(1,3) B．(1,❑√3) C． ,3 D． ,❑√3
2 2
【答案】A
【分析】先根据点D的运动速度求出第2022秒结束时点D的位置，再证明△ADB≌△GBF，利用全
等三角形的性质求出FG,OG的长度，即可求解．
【详解】解：∵A(2,0),B(−1,0)，
∴OA=2,OB=1，
∴⊙A的周长为4π．
π
∵4π÷ =8，2022÷8=252⋯⋯6，
2
∴第2022秒结束时和第6秒结束时，点D的位置相同，正方形BDEF的位置相同．
π
∵ ×6=3π，
2
∴点D在x轴下方的圆弧上，且O´D的长为π．
连接AD，过点F作x轴的垂线，垂足为G，如下图所示．
nπ×2
设∠OAD=n°，则 =π，
180
∴ n=90．
即∠OAD=90°．
∵ ∠FBD=90°，∴ ∠DBA+∠FBG=90°．
又∵∠DBA+∠BDA=90°，
∴∠BDA=∠FBG．
又∵BD=FB,
∴ △ADB≌△GBF．
∴BG=DA=2,FG=BA=OB+OA=3．
∴OG=BG−OB=2−1=1，
∴点F的坐标为(1,3)，
故选：A．
【点睛】本题考查点的运动规律、正方形的性质、弧长的计算、全等三角形的判定和性质等知识，解题的
关键是根据点D的运动速度求出第2022秒结束时点D的位置．
5．如图，⊙O 的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O 为正方形ABCD的中心，O O 垂直AB于P点，
1 2 1 2
O O ＝8．若将⊙O 绕点P按顺时针方向旋转360°，在旋转过程中，⊙O 与正方形ABCD的边只有一个公共
1 2 1 1
点的情况一共出现（ ）
A．3次 B．5次 C．6次 D．7次
【答案】B
【详解】解：如图，∵⊙O 的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O 为正方形ABCD的中心，O O 垂直AB于P点，
1 2 1 2
设O O 交圆O 于M，
1 2 1
∴PM=8-3-1=4，
圆O 与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，
1
∴根据图形得出有5次．
故选B．
6．（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E，F分别在CD，AD上，
CE=DF，BE，CF相交于点G，连结DG．当点E从点C运动到点D的过程中，DG的最小值为
．
【答案】2❑√5−2
【分析】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理等知识．求出点G
的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，当O，G，D共线时，DG的值最小，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，以BC为直径作⊙O，连接OG，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCE=∠CDF=90°，
∵CE=DF，
∴△BCE≌△CDF(SAS)，
∴∠EBC=∠FCD，
∵∠FCD+∠BCG=90°，
∴∠CBE+∠BCG=90°，
∴∠CGB=90°，
∴点G的运动轨迹是以BC为直径的⊙O，当O，G，D共线时，DG的值最小，
在正方形ABCD中，AB=4，
∴OC=2,CD=AB=4，
∴OD=❑√CD2+OC2=❑√42+22=2❑√5，
∴DG=OD−OG=2❑√5−2，
即DG的最小值为2❑√5−2，
故答案为：2❑√5−2．
7．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，点E在边AB上运动，以AE为直
径作圆与DE交于点F，连接BF，则线段BF的最小值为 ．
【答案】2❑√29−4
【分析】本题考查了圆周角定理的推论，勾股定理等知识，连接AF，取AD中点O，连接OF，判断点F
在以AD为直径的圆上运动，则当O、F、B三点共线，且F在线段BO上时，BF最小，最小值为BO−OF，然后在Rt△ABO中根据勾股定理求出BO，即可求解．
【详解】解：连接AF，取AD中点O，连接OF，BO
∵以AE为直径作圆与DE交于点F，
∴∠AFE=90°，
∴∠AFD=90°，
∴点F在以AD为直径的圆上运动，
∴当O、F、B三点共线，且F在线段BO上时，BF最小，最小值为BO−OF，
在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，
1
∴OF=AO= AD=4，∠BAD=90°，
2
∴BO=❑√AO2+AB2=2❑√29，
∴BF的最小值为2❑√29−4，
故答案为：2❑√29−4．
8．（2025·河南南阳·二模）在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，动点P在BC上运动（点P不与B，C点
重合），点E在线段AP上，且∠ADE=∠BAP．
（1）连结BE，则BE的最小值是 ；
（2）当∠PBE最小时，BP的长为 ．
16
【答案】 2
3
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知
识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由余角的性质可得∠AED=90°，则点E在以AD为直径的圆上运动，则当点E在BO上时，BE有最小值，由勾股定理可求解；
（2）当BE与⊙O相切时，∠PBE最小，由HL可证Rt△ABO≌Rt△EBO，BA=BE，
12 AH AB
∠ABO=∠EBO，由三角形的面积可求AH= ，通过证明△ABH ∽△APB，可得 = ，即
5 BH BP
可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=6，
∴∠BAP+∠DAP=90°，
∵∠ADE=∠BAP，
∴∠DAP+∠ADE=90°，
∴∠AED=90°，
∴点E在以AD为直径的圆上运动，
如图，取AD的中点O，连接BO，交圆O于点E，此时BE有最小值，
∵ AD
点O是 的中点，
∴AO=3，
∴BO=❑√AB2+AO2=5，
∴BE=BO−OE=2，
故答案为：2；
（2）当BE与⊙O相切时，∠PBE最小，
连接OE，连接OB交AP于H，由（1）可知：AB=4，AO=3，OB=5，
∵BE是⊙O的切线，
∴OE⊥BE，
∵AO=OE，OB=OB，
∴Rt△ABO≌Rt△EBO(HL)，
∴BA=BE，∠ABO=∠EBO，
∴BH⊥AP，AH=EH，
1 1
∴S = AO⋅AB= BO⋅AH，
△ABO 2 2
12
∴AH= ，
5
16
∴BH=❑√AB2−AH2=
，
5
∵∠BAP=∠BAH，∠ABC=∠AHB=90°，
∴△ABH ∽△APB，
AH AB
∴ = ，
BH BP
12
5 4
∴ = ，
16 BP
5
16
∴BP= ，
3
16
故答案为： ．
3
9．（24-25九年级上·江苏宿迁·期中）已知正方形ABCD边长为2，点E是正方形AB边上的动点，点F在
边BC上，且BF=AE，线段AF、DE相交于点M，连接CM，则点E从点A运动到点B的过程中，线段
FM扫过的面积是 ．5 π
【答案】 −
2 4
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、点的运动轨迹问题的求解等知
识与方法，正确地作出所需要的辅助线，得到点M的运动轨迹是解题的关键．先证明
△ADE≌△BAF(SAS)得到∠ADE=∠BAF，进而证得∠AMD=90°，利用圆周角定理得到点M在
以AD为直径的圆上运动，如图，设圆心为N，连接AC、BD相交于O，连接ON，利用正方形的性质和
圆周角定理得到点O在圆N上，根据图形结合已知得到在点E从点A运动到点B的过程中，点M在劣弧
OA上运动，点F在BC上运动，由线段FM扫过的面积S=S +S −S 求解即可．
△ABC △ANO 扇形ANO
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴∠ABC=∠DAB=90°，AB=BC=AD=CD=2，
在△ADE和△BAF中，
{
AD=AB
)
∠DAE=∠ABF
AE=BF
∴△ADE≌△BAF(SAS)，
∴∠ADE=∠BAF，
∴∠ADE+∠DAF=∠BAF+∠DAF=∠DAE=90°，
∴∠AMD=90°，即AF⊥DE，
∴点M在以AD为直径的圆上运动，如图，设圆心为N，连接AC、BD相交于O，连接ON，
1
则AN=DN= AD=1，BD⊥AC，∠ADB=45°，
2
∴∠AOD=90°，即点O在圆N上，∴∠ANO=2∠ADB=90°，ON=AN=1，
∵BF=AE，AF⊥DE，
∴当点E在点A处时，点F在点B处，这时点M在点A处，当点E在点B处时，点F在点C处，这时点M
在点O处，
∴在点E从点A运动到点B的过程中，点M在劣弧OA上运动，点F在BC上运动，
1 1 1 5 π
∴线段FM扫过的面积是S=S +S −S = ×2×2+ ×1×1− π×12 = − ，
△ABC △ANO 扇形ANO 2 2 4 2 4
5 π
故答案为： − ．
2 4
10．（24-25九年级上·浙江宁波·阶段练习）如图，∠MON=45°，点A、B分别在射线OM、射线ON上
运动，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，则OD的最大值为 ．
【答案】❑√5+❑√2/❑√2+❑√5
【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABE，则可得点O在以点E为圆心，AE的长为半径的圆上运
AB
动，则AE=BE=OE= =❑√2；过E作EG⊥AB于G，并延长与CD交于点F，则
❑√2
1
AG=BG=EG= AB=1，再证明四边形ADFG是矩形， 得到AG=DF=1，AD=FG=1，
2
∠EFD=90°，可由勾股定理得到DE=❑√DF2+EF2=❑√5，则根据OD≤OE+DE，可知当O，E，D三
点共线时，OD最大，且最大值为OE+DE=❑√5+❑√2．
【详解】解：如图所示，以AB为斜边作等腰直角三角形ABE，
∴AE=BE，∠AEB=90°，
1
∵∠MON=45°= ∠AEB，
2
∴点O在以点E为圆心，AE的长为半径的圆上运动，
AB
∴AE=BE=OE= =❑√2，
❑√2如图所示，过E作EG⊥AB于G，并延长与CD交于点F，
1 1
∴AG=BG= AB=1，EG= AB=1，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAG=∠ADC=∠AGF=90°，
∴四边形ADFG是矩形，
∴AG=DF=1，AD=FG=1，∠EFD=90°，
∴EF=EG+GF=2，
∴DE=❑√DF2+EF2=❑√5，
∵OD≤OE+DE，
当O，E，D三点共线时，OD最大，且最大值为OE+DE=❑√5+❑√2，
故答案为：❑√5+❑√2．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，最短路
径，本题属于运动型问题，解题时要用动态的眼光审题，动中有静，学会构造圆，利用圆的性质分析题
意．
11．（24-25九年级上·江苏常州·期中）如图， 四边形ABCD为矩形，AB=12，BC=8，点E在边DC
上，从点D运动到点C，运动速度为每秒2个单位，点F从点A开始沿射线AD方向运动，运动速度为每
秒3个单位，当点E停止时，点F也随之停止．连接AE和BF交于点G，直线CG交直线AD于点 M，则
DM的最小值为 ．7
【答案】
2
DE 2 AD
【分析】如图1，设运动时间为t秒，则DE=2t，AF=3t，由 = = ，∠ADE=∠BAF=90°
AF 3 AB
，证明△ADE∽△BAF，可求∠AGB=180°−(∠ABF+∠BAG)=90°，如图1，记AB的中点为O
，则G在以AB为直径的⊙O上运动，由题意知，AD、BC均为⊙O的切线，如图1，作⊙O的切线CH
，交AD于M′，切点为H，由题意知，DM的最小值为DM′，由切线长定理可知，CH=CB=8，
M′H=M′ A，设DM′=x，则M′H=M′ A=8−x，CM′=8−x+8=16−x，由勾股定理得，
CM′2−DM′2=CD2，即(16−x) 2−x2=122，计算求解即可．
【详解】解：如图1，
∵矩形ABCD，
∴∠DAB=∠ADC=90°，AD=BC=8，CD=AB=12，
设运动时间为t秒，则DE=2t，AF=3t，
DE 2 AD
∵ = = ，∠ADE=∠BAF=90°，
AF 3 AB
∴△ADE∽△BAF，
∴∠DAE=∠ABF，
∴∠DAB=∠DAE+∠BAG=∠ABF+∠BAG=90°，
∴∠AGB=180°−(∠ABF+∠BAG)=90°，
如图1，记AB的中点为O，
∴G在以AB为直径的⊙O上运动，
由题意知，AD、BC均为⊙O的切线，
如图1，作⊙O的切线CH，交AD于M′，切点为H，由题意知，DM的最小值为DM′，
由切线长定理可知，CH=CB=8，M′H=M′ A，
设DM′=x，则M′H=M′ A=8−x，CM′=8−x+8=16−x，
由勾股定理得，CM′2−DM′2=CD2，即(16−x) 2−x2=122，
7
解得，x= ，
2
7
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，90°的圆周角所对的弦为直径，切线长定
理，勾股定理等知识．明确线段最小值的情况是解题的关键．
12．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，AB=12，AD=10，AD0)，点P在以D(3,4)为圆心，1为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则a的
最大值是 ．
【答案】2❑√5+1
【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，点和圆的位置关系；
首先求出AB=AC=a，根据条件可知PA=AB=AC=a，然后求出⊙D上到点A的最大距离即可．
【详解】解：∵A(1,0)，B(1−a，0)，C(1+a，0)(a>0)，
∴AB=1−(1−a)=a，CA=a+1−1=a，
∴AB=AC，
∵∠BPC=90°，
∴PA=AB=AC=a，
如图，延长AD交⊙D于M，当点P与M重合时，AP最大，即a最大，∵A(1,0)，D(3,4)，
∴AD=❑√(3−1) 2+42=2❑√5，
∴AM=2❑√5+1，
∴a的最大值为2❑√5+1．
故答案为：2❑√5+1．
5．（24-25九年级上·广东中山·期末）如图， 在平面直角坐标系中， 已知点A(1−m,0)，B(1+m,0)，
D(1,0)，点C在以E(5,3)为圆心， 1为半径的⊙E上运动， 且始终满足∠ACB=90°， 则m的取值范
围是 ．
【答案】4≤m≤6
【分析】本题考查了圆的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点间的距离，连接CD，DE
分别交⊙E于点G、F，由A(1−m,0)，B(1+m,0)，D(1,0)，则D为AB中点，直角三角形斜边上的中
1
线等于斜边的一半可求出CD= AB=m，从而转化为转化为以D为圆心，m为半径的圆与⊙E有公共点
2
时求m的取值范围，即C与G重合时有最小值，C与F重合时有最大值，即有DE−1≤m≤DE+1，再求出
DE=5，代入即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接CD，DE分别交⊙E于点G、F，∵A(1−m,0)，B(1+m,0)，D(1,0)，
∴D为AB中点，
∵∠ACB=90°，
1
∴CD= AB=m，
2
∴转化为以D为圆心，m为半径的圆与⊙E有公共点时求m的取值范围，即C与G重合时有最小值，C与F
重合时有最大值，
∴DE−1≤m≤DE+1，
∵E(5,3)，
∴DE=❑√(5−1) 2+32=5，
∴5−1≤m≤5+1，
∴4≤m≤6，
∴m的取值范围是4≤m≤6，
故答案为：4≤m≤6．
6．如图，点A在第一象限上运动，始终保持∠AOB=90°，点B(2m,0)在x轴正半轴上，点C(0,−m)
在y轴的负半轴上，则CA的最大值为 （用含m的式子表示）．
【答案】(❑√2+1)m也可以写作❑√2m+m
【分析】本题考查了坐标系中的动点问题（不含函数），用勾股定理解三角形，点与圆上一点的最值问
题，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
先得出点A在以OB为直径的圆上运动，且点A在第一象限，OB=2m，从而可得当D为OB的中点时，CA最大，再求得此时CD=❑√2m，从而可求得CA的最大值．
【详解】解：AC交x轴于点D，
∵点A在第一象限，始终保持∠AOB=90°，点B(2m,0)在x轴正半轴上，
∴点A在以OB为直径的圆上运动，且点A在第一象限，OB=2m，
∴当D为OB的中点时，CA最大，
∵点B(2m,0)，
∴D(m,0)，
∵点C(0,−m)，
∴此时CD=❑√2m，
∴CA=CD+AD=❑√2m+m=(❑√2+1)m
故答案为：(❑√2+1)m．
7．（2025·安徽淮北·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=45°，AB=2，点P从点A出
发沿AB方向运动，到点B时停止运动，连接CP，点A关于直线CP的对称点A ，连接A C，A P．
1 1 1
（1）线段A C的长为 ；
1
（2）在运动的过程中，点A 到直线AB距离的最大值是 ．
1
❑√3+1
【答案】 ❑√3+1
2
【分析】本题考查了解直角三角形、含30度角的直角三角形的性质、圆的性质、轴对称的性质，较难的是
题（2），正确找出点A 的运动轨迹是解题关键．
1
（1）过点B作BH⊥AC于点H，先根据含30度角的直角三角形的性质可得BH=1，解直角三角形可得AH=❑√3，再解直角三角形可得CH=1，从而可得AC的长，然后根据轴对称的性质可得A C=AC，由
1
此即可得；
（2）先确定点A 在以点C为圆心、A C长为半径的圆的一段圆弧上，再根据圆的性质可得当A C⊥AB
1 1 1
时，点A 到直线AB的距离最大，然后根据含30度角的直角三角形的性质可得CK的长，再求出A K的
1 1
长，由此即可得．
【详解】解：（1）如图，过点B作BH⊥AC于点H，
∵∠BAC=30°，AB=2，
1
∴BH= AB=1，AH=AB⋅cos∠BAC=❑√3，
2
∵∠ACB=45°，
BH
∴CH= =1，
tan∠ACB
∴AC=AH+CH=❑√3+1，
由轴对称的性质得：A C=AC=❑√3+1，
1
故答案为：❑√3+1．
（2）由轴对称的性质得：A C=AC=❑√3+1，
1
∴如图，点A 在以点C为圆心、A C长为半径的圆的一段圆弧上，
1 1
由圆的性质可知，当A C⊥AB时，点A 到直线AB的距离最大，
1 1
如图，A C⊥AB，交于AB延长线于点K，则A K即为所求，
1 1
∵在Rt△ACK中，∠BAC=30°，
1 ❑√3+1
∴CK= AC= ，
2 2
❑√3+1
∴A K=A C−CK= ，
1 1 2❑√3+1
即在运动的过程中，点A 到直线AB距离的最大值是 ，
1 2
❑√3+1
故答案为： ．
2
8．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，点D为
边AB上一动点，连接CD，以CD为斜边在CD右侧作Rt△CED，∠CED=90°，∠CDE=30°，连接
BE，随着点D的运动，BE的最小值为 ．
【答案】❑√6
【分析】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、直角三角形的性质、四点共圆等知识点，正确作出辅助
线、发现点E的轨迹是解题的关键．
如图：过C作CH⊥AB于H，由勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质可得AB=4❑√2、
CH=AH=BH=2❑√2、CH⊥AB，即△ACH,△BCH为等腰直角三角形；如图：取CD的中点O，连
接OE,OH，易证点C、D、H、E四点共圆，根据圆周角定理可得∠CHE=∠CDE=30°，进而得到点
E在过H且与CH夹角为30°的直线上，记该直线为l以及∠BHE=∠BHC−∠CHE=60°，最后根据
垂线段最短以及勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：过C作CH⊥AB于H，
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
1
∴AB=❑√AC2+BC2=4❑√2，CH=AH=BH= AB=2❑√2，CH⊥AB，
2
∴△ACH,△BCH为等腰直角三角形，如图：取CD的中点O，连接OE,OH，
1 1
∴OE= CD=OC,OH= CD=OD=OC，
2 2
∴点C、D、H、E四点共圆，
⌢ ⌢
∵ CE=CE ，
∴∠CHE=∠CDE=30°，
∴点E在过H且与CH夹角为30°的直线上，记该直线为l，
∴∠BHE=∠BHC−∠CHE=60°
当BE⊥l时，BE取最小值，则∠HBE=90°−∠BHE=30°，
1
∴HE= HB=❑√2，
2
∴BE=❑√HB2−H E2=❑√6．
故答案为：❑√6．
9．（24-25九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在等腰Rt△ABC中，斜边AB=8cm，点P在以AC为直
径的半圆上，M为PB的中点，当点P沿半圆从点A运动至点C时，点M运动的路径长是 cm．
【答案】❑√2π
【分析】本题考查了中位线的性质，求弧长，勾股定理，圆周角定理；连接PA、PC，取AB、BC的中点
E、F，连接EF、EM、FM．首先证明∠EMF=90°，推出点M的轨迹是半圆E´F，由此即可解决问
题．
【详解】解：如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM．
∵AC
是直径，∴∠APC=90°，
∵BE=EA，BM=MP，
∴ EM∥PA，同理FM∥PC，
∴∠BME=∠BPA，∠BMF=∠BPC，
∴∠BME+∠BMF=∠BPA+∠BPC=90°，
∴∠EMF=90°，
∴点M的轨迹是半圆E´F
∵BC=AC，∠ACB=90°，AB=8，
1
∴AC=4❑√2，EF= AC=2❑√2，
2
1
∴点M运动的路径长是l = π×2❑√2=❑√2π
E´F 2
故答案为：❑√2π．
10．（24-25九年级上·浙江金华·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(2−m,0)、B(2+m,0)、
D(2,0)，点C在以E(10,6)为圆心，2为半径的⊙E上运动，且始终满足∠ACB=90°，则m的取值范围
是 ．
【答案】8≤m≤12
【分析】本题考查坐标与图形的性质，连接CD，连接DE交⊙E于点G，延长DE交⊙E于点F．由点
D、A、B的坐标可知点D是AB的中点，根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”得
CD=m；当点C运动到点G时，CD的值最小，当点C运动到点F时，CD的值最大；利用平面坐标系中
两点间的距离公式求出DE，根据圆E的半径求出CD的最小值与最大值，从而求出m的最小值和最大值即
可．
【详解】解：如图，连接CD，CE，连接DE交⊙E于点G，延长DE交⊙E于点F．∵D(2,0)，A(2−m,0)，B(2+m,0)，
∴AB=2+m−(2−m)=2m，DA=DB=m，
∴点D是AB的中点，
∵∠ACB=90°，
1
∴CD= AB=m，
2
∵E(10,6)，
∴DE=❑√(10−2) 2+62=10，
∵△CDE中，DE−CE
