文档文本内容
1
2025 年中考数学热点题型：动点问题
目录
类型一动点问题的函数图象2
类型二动点问题的函数关系8
类型三动点与全等三角形或相似三角形的存在性12
类型四等腰三角形的存在性14
类型五动点与平行四边形及特殊平行四边形的存在性16
类型六动点与最值问题19
类型七求动点所经过的路径长23
2024 中考真题动点问题精炼26
2
类型一
动点问题的函数图象
1. (2024• 昆山市一模) 如图①，点A、B 是⊙O 上两定点，圆上一动点P 从圆上一定点B 出发，沿逆时针
方向匀速运动到点A，运动时间是x(s)，线段AP 的长度是y(cm)．图②是y 随x 变化的关系图象，则
图中m 的值是(
)
A. 9
2
B. 4 2
C. 5
D. 14
3
【思路引领】从图2 看，当x = 2 时，y = AP = 6，即此时A、O、P 三点共线，则圆的半径为1
2 AP = 3，当x
= 0 时，由勾股定理逆定理可知，OA ⊥OB，则点P 从点B 走到A、O、P 三点共线的位置时，此时t = 2，走
过的角度为90°，可求出点P 运动的速度，当t = m 时，AP = OA = OB，即△OAP 是等边三角形，进而求
解．
【完整解答】解：从图2 看，当x = 2 时，y = AP = 6，即此时A、O、P 三点共线，
则圆的半径为1
2 AP = 3，
当x = 0 时，OB2+ OA2= AP2，
∴△OAB 是直角三角形，且OA ⊥OB，
则点P 从点B 走到A、O、P 三点共线的位置时，如图所示，
此时x = 2，走过的角度为90°，则走过的弧长为1
4 × 2π × r = 3π
2 ，
∴点P 的运动速度是3π
2 ÷ 2 = 3π
4 (cm/s)，
当t = m 时，AP = OA = OB，即△OAP 是等边三角形，
∴∠AOP = 60°，
∴∠BOP = 360° -90° -60° = 210°，
此时点P 走过的弧长为：210
360 × 2π × r = 7π
2 ，
∴m = 7π
2 ÷ 3π
4 = 14
3 ，
3
故选：D．
【总结提升】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系．
【举一反三演练】
2. (2024 秋• 宜兴市月考) 如图①，BD 是菱形ABCD 的对角线，AD < BD，动点P 从菱形的某个顶点出
发，沿相邻的两条线段以1cm/s 的速度匀速运动到另一个顶点，在运动过程中，CP 的长y(cm) 随时间
t(s) 变化的函数图象如图②所示，则菱形ABCD 的周长为(
)
A. 12cm
B. 16cm
C. 20cm
D. 24cm
【思路引领】由图②得，P 应从点A 出发延AB 运动到点B，再运动到点D，或从点A 出发延AD 运动到点
D，再运动到点B，设点P 应从点A 出发延AB 运动到点B，再运动到点D，连接AC 交BD 于点O，根据点
P 的位置，求出AC = 8cm，AB = a cm，BD = a + 1(cm)，根据菱形性质求出OA = 4cm，OB = a+1
2
cm，
再根据勾股定理求出a，即可解答．
【完整解答】解：由图②得，当0 < t ≤a 时，y 在减小，
当a < t ≤2a + 1 时，y 先变小后变大，
∴判断点P 应从点A 出发延AB 运动到点B，再运动到点D，
或从点A 出发延AD 运动到点D，再运动到点B，
设点P 应从点A 出发延AB 运动到点B，再运动到点D，
如图，连接AC 交BD 于点O，
∵四边形ABCD 为菱形，
∴AC ⊥BD，OA = OC，OB = OD，
∴当点P 位于点A 处时，y = 8，即AC = 8cm，
∴OA = 4
当点P 位于点B 处时，x = a，即AB = a cm，
当点P 位于点D 处时，x = 2a + 1，即BD = a + 1(cm)，
∴OB = a+1
2
cm，
∴在Rt△OAB 中，OB2+ OA2= AB2，即42+
a+1
2
2
= a2，
∴a1= 5，a2=- 13
3 (舍去)，
4
∴AB = 5cm，
∴菱形ABCD 的周长为5 × 4 = 20cm．
故选：C．
【总结提升】本题考查了动点问题的函数图象，准确的分析动点的运动位置，获得相应的解题条件是本题的
解题关键．
3. (2024 秋• 工业园区月考) 如图1，在菱形ABCD 中，∠ABC = 60°，连接BD，点M 从B 出发沿BD 方向
以
3 cm/s 的速度运动至D，同时点N 从B 出发沿BC 方向以1cm/s 的速度运动至C ，设运动时间为
x(s)，△BMN 的面积为y(cm2)．y 与x 的函数图象如图2 所示，则菱形ABCD 的边长为(
)
A. 2 2cm
B. 4 2cm
C. 4cm
D. 8cm
【思路引领】根据题意可知，BN = x cm，BM =
3 x cm，结合菱形的性质得∠DBC = 30°，过点M 作MH
⊥BC 于点H ，则HM =
3
2 x cm，那么y =
3
4 x2；设菱形的边长为a cm，则BD =
3a cm，那么点M 和
点N 同时到达点D 和点C，此时△BMN 的面积达到最大值4 3 ，利用最大值即可求得x，即可知菱形的边
长a．
【完整解答】解：根据题意可知，BN = x cm，BM =
3x cm，
∵四边形ABCD 为菱形，∠ABC = 60°，
∴∠DBC = 30°，
过点M 作MH ⊥BC 于点H，连接AC 交BD 于O，如图，
则MH = BM × sin∠MBH =
3
2 x(cm)，
∴y = S△BMN = 1
2 BN•MH =
3
4 x2(cm2)，
设菱形的边长为a cm，
∴BD = 2BO = 2BCcos∠OBC = 2 × a ×
3
2
=
3a(cm)，
∴点M 和点N 同时到达点D 和点C，此时△BMN 的面积达到最大值4 3 ，
∴
3
4 x2= 4 3 ，
解得x = 4(负值舍去)，
∴BC = 4，
故选：C．
【总结提升】本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质和二次函数的性质，关键是根据图象得出△BMN
5
的面积达到最大值4 3 时，M ，N 的位置．
4. (2024 秋• 江阴市期末) 如图，Rt△ABC 中，∠C = 90°，AB = 5，AC = 4，D 是边AC 上一动点(不与
A，C 两点重合)，沿A →C 的路径移动，过点D 作ED ⊥AC，交AB 于点E，将△ADE 沿直线DE 折叠
得到△A'DE．若设AD = x，△A'DE 与△ABC 重叠部分的面积为y，则下列图象能大致反映y 与x 之
间函数关系的是(
)
A.
B.
C.
D.
【思路引领】分0 ≤x ≤2 和2 < x ≤4 两种情况，利用三角形相似分别求出DE 和CF，然后由三角形和梯形
的面积公式分别求出y 与x 的函数解析式即可．
【完整解答】解：①当0 ≤x ≤2 时，△A'DE 与△ABC 重叠部分的面积为△A'DE 的面积，
在Rt△ABC 中，∠C = 90°，AB = 5，AC = 4，
∴BC =
AB2-AC2 =
52-42 = 3，
∵∠EDA = ∠BCA，∠A = ∠A，
∴△BCA ∽△EDA，
∴BC
DE = AC
AD ，
即
3
DE = 4
x ，
∴DE = 3
4 x，
∵△ADE 沿直线DE 折叠得到△A'DE，
∴A′D = AD = x，
∴y = S△A′DE = 1
2 A′D•DE = 1
2 x• 3
4 x = 3
8 x2，
∵3
8 > 0，
∴抛物线开口向上，当x > 0 时，y 随x 的增大而增大，
6
∴当x = 2 时，y 有最大值，最大值为3
2 ，
故排除A，C；
②当2 < x ≤4 时，A′ 位置如图所示：
此时AE 与BC 相交于F，
∵A′D = AD = x，CD = AC - AD = 4 - x，
∴A′C = A′D - CD = 2x - 4，
∵∠A′ = ∠A，∠A′CF = ∠ACB = 90°，
∴△A′CF ∽△ACB，
∴A′C
AC = CF
CB ，
即2x-4
4
= CF
3
，
∴CF = 3x-6
2
，
∴y = S梯形FCDE = 1
2 (CF + DE)•CD = 1
2 ×
3x-6
2
+ 3
4 x
× (4 - x) =- 9
8 x2+ 6x - 6 =- 9
8
x- 8
3
2
+ 2，
∵- 9
8 < 0，2 < x ≤4，
∴当x = 8
3 时，y 有最大值，最大值为2，
综上所述，图象过2，3
2
和
8
3 ，2
两点，且两端图象先开口向上，再开口向下，
故选：D．
【总结提升】本题考查动点问题的函数图象，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及对折变换，二次函数
的图象和性质，关键是确定出y 与x 的函数解析式．
5. (2024 秋• 崇川区月考) 如图1，在菱形ABCD 中，对角线AC，BD 交于点O，∠ACB = 60°，AM = AN
= 1
3 AB = 1，点P 沿BD 从点B 匀速运动到点D．设点P 的运动时间为x，PM + PN = y，图2 是点
P 运动时y 随x 变化的函数关系图象，则图2 中最低点的纵坐标a 的值为(
)
A. 2 3
B. 7
2
C.
7
D. 3
【思路引领】作点N 关于BD 的对称点N′，连接MN′ 交BD 于点P，连接NN′，PN′，MN ，由菱形的性质可
知，点N 与点N′ 关于BD 对称，根据两点之间线段最短可知，当M、P、N′ 三点共线时，PM + PN 的最小值
7
为MN′，在Rt△BCO 中，解直角三角形可得BO = 3 3
2
，OC = 3
2 ，于是BD = 3 3 ，AC = 3，易证△AMN
∽△ABD，△DNN′ ∽△DAC，由相似三角形的性质分别求出MN 和NN′，易知MN ∥BD，则△MNN′ 为直
角三角形．再根据勾股定理即可求解．
【完整解答】解：如图，作点N 关于BD 的对称点N′，连接MN′ 交BD 于点P，连接NN′，PN′，MN ，
∵四边形ABCD 为菱形，
∴点N′ 在CD 上，AC ⊥BD，
∴BD 垂直平分NN′，
∴PN = PN′，NN′ ∥AC，
∴PM + PN = PM + PN′，
∴当M、P、N′ 三点共线时，PM + PN 的最小值为MN′
在Rt△BCO 中，BO = BC•sin∠OCB = 3 ×
3
2
= 3 3
2
，OC = BC•cos∠OCB = 3 × 1
2 = 3
2 ，
∴BD = 2BO = 3 3 ，AC = 2OC = 3，
∵AM = AN = 1
3 AB = 1，
∴AM
AB = AN
AD = 1
3 ，DN
AD = 2
3 ，
∵∠MAN = ∠BAD，MN ∥BD，
∴△AMN ∽△ABD，
∴AM
AB = MN
BD = 1
3 ，即MN
3 3 = 1
3 ，
∴MN =
3 ，
∵NN′ ∥AC，
∴△DNN′ ∽△DAC，
∴DN
AD = NN′
AC = 2
3 ，即NN′
3
= 2
3 ，
∴NN′ = 2，
∵MN ∥BD，NN′ ⊥BD，
∴MN ⊥NN′，即∠MNN′ = 90°，
∴在Rt△MNN′ 中，MN′ =
MN 2+NN′2 =
(3)2+22 =
7 ，
∴PM + PN 的最小值为
7 ，即a =
7．
故选：C．
【总结提升】本题主要考查动点函数问题、两点之间线段最短、解直角三角形、菱形的性质、相似三角形的判
定与性质、勾股定理，正确理解题意，学会利用模型思想解决问题是解题关键．
6. (2025 春• 南通月考) 如图1，等腰RtABC 中，∠C = 90°，AB = 4，点D 从点B 出发，沿B →C →A 方向
运动，DE ⊥AB 于点E，△DEB 的面积随着点D 的运动形成的函数图象(拐点左右两段都是抛物线
的一部分) 如图2 所示，以下判断正确的是(
)
8
A. 函数图象上点的横坐标表示DB 的长
B. 当点D 为BC 的中点时，点E 为线段AB 的三等分点
C. 两段抛物线的开口大小不一样
D. 图象上点的横坐标为3 时，纵坐标为3
2
【思路引领】当点D 运动到点C 处时，x = 2，故判断A 错误；求出BE = 1，判断B 错误；求出当点D 在BC 上
和点D 在AC 上时的函数关系式，比较a 值的绝对值，判断C 错误；把x = 3，代入关系式求出y 值，确定D
正确．
【完整解答】解：A．∵AC = BC，∠C = 90°，AB = 4，∴BC = 2 2 ，当点D 运动到点C 处时，x = 2，∴函数
图象上点的横坐标表示不是DB 的长，故A 错误；
B．当点D 为BC 的中点时，BD = 1
2 BC =
2 ，∵∠B = 45°，∴BE = 1，∴点E 为不是线段AB 的三等分
点，故B 错误；
C．由题意得BE = x，∴0 < x ≤2 时，点D 在BC 上，y = BE•DE = 1
2 x2，当2 < x < 4 时，点D 在AC 上，
AE = DE = (4 - x)，∴y = 1
2 BE•DE =- 1
2 x2 + 2x，∵1
2
= - 1
2
，两段抛物线的开口大小一样，故C 错
误；
D．把x = 3，代入y =- 1
2 x2+ 2x，得y = 3
2 ，故D 正确．
故选：D．
【总结提升】本题考查了动点问题的函数图象，能从图象中得到有用的条件，并判断动点位置进行计算是本
题的解题关键．
类型二
动点问题的函数关系
7. (2025 春• 南通月考) 如图1，正方形ABCD 的边长为2 2 ，对角线AC ，BD 交于点O，点P 从点A 出
发，沿线段AO →OB 运动，点P 到达点B 时停止运动．若点P 运动的路程为x，△DPC 的面积为y，
探究y 与x 的函数关系．
(1)x 与y 的两组对应值如表，则m =
4
；
x
0
⋯
m(m ≠0)
y
n
⋯
n
(2) 当点P 在线段AO 上运动时，y 关于x 的函数解析式为y =-x + 4(0 ≤x ≤2)．当点P 在线段OB
上运动时，y 关于x 的函数解析式为
y=x
，此时，自变量的取值范围是
2≤x≤4
；
(3) ①在图2 中画出函数图象；
9
②若直线y = 1
2 x + b 与此函数图象只有一个公共点，则b 的取值范围是
b=1或2<b≤4
．
【思路引领】(1) 易得当点P 在点A 处和点B 处时，△DPC 的面积即y 的值是相等的，那么x = m 时，点P
移动到点B 处，根据正方形的性质及边长可判断出OA，OB 的长度，相加即为m 的值；
(2) 画出当点P 在线段OB 上运动时的图形，作PE ⊥CD 于点E，根据正方形的性质可得PE 的长，进而可
得y 与x 的关系式及x 的取值范围；
(3) ①分别求出当x = 0 时，x = 2 时，x = 4 时相应的y 的值．进而描点，连线即可；
②分别求出直线y = 1
2 x + b 经过函数图象三个关键点时b 的值，进而结合图象可得直线y = 1
2 x + b 与函
数图象只有一个公共点时b 的取值范围．
【完整解答】解：(1) 由题意可得：当点P 在点A 处和点B 处时，△DPC 的面积即y 的值是相等的．
∴x = m 时，点P 移动到点B 处．
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AC ⊥BD，OA = OB．
∴∠AOB = 90°．
∵正方形ABCD 的边长为2 2 ，
∴OA = OB = 2．
∴m = OA + OB = 4．
故答案为：4；
(2) 当点P 在线段OB 上运动时，即2 ≤x ≤4，如图．此时，点P 运动的路程和为OA + OP = x．
∵四边形ABCD 是正方形，
∴OD = OA，∠BDC = 45°．
∴DP = OA + OP = x．
作PE ⊥CD 于点E．
10
∴∠PED = 90°．
∴PE = x
2 =
2
2 x．
∴y = 1
2 CD•PE = 1
2 × 2 2 ×
2
2 x = x．
故答案为：y = x，2 ≤x ≤4；
(3) ①当x = 0 时，y = 4；当x = 2 时，y = 2；当x = 4 时，y = 4．描点，连线即可．
②如图，当直线y = 1
2 x + b 经过点B(2，2) 时，与函数图象只有一个公共点．
∴2 = 1
2 × 2 + b．
解得：b = 1．
当直线y = 1
2 x + b 经过点A(0，4) 时，b = 4．
当直线y = 1
2 x + b 经过点C(4，4) 时，4 = 1
2 × 4 + b．
解得：b = 2．
∵与函数图象只有一个公共点，
∴2 < b ≤4．
故答案为：b = 1 或2 < b ≤4．
【总结提升】本题考查动点问题的函数图象．难点是理解直线y = 1
2 x + b 与函数图象只有一个公共点与直
线经过函数图象的几个关键点有关．
【举一反三演练】
8. (2025 春• 东台市月考) 如图所示，在直角坐标系中，矩形ABCD 的边AD 在x 轴上，点A 在原点，AB
= 3，AD = 5．若矩形以每秒2 个单位长度沿x 轴正方向做匀速运动．同时点P 从A 点出发以每秒1
11
个单位长度沿A - B - C - D 的路线做匀速运动．当P 点运动到D 点时停止运动，矩形ABCD 也随
之停止运动．
(1) 求P 点从A 点运动到D 点所需的时间；
(2) 设P 点运动时间为t(秒)．
①当t = 5 时，求出点P 的坐标；
②若△OAP 的面积为s，试求出s 与t 之间的函数关系式(并写出相应的自变量t 的取值范围)．
【思路引领】本题是二次函数的实际应用题，需要由易到难，逐步解答，(1)、(2) ①比较简单，解答这两个问
题，可以帮助我们理解题意，搞清楚题目数量关系；
②由于动点P 的位置有三种可能，需要表达分段函数．
【完整解答】解：(1)P 点从A 点运动到D 点所需的时间= (3 + 5 + 3) ÷ 1 = 11(秒)
(2) ①当t = 5 时，P 点从A 点运动到BC 上，
过点P 作PE ⊥AD 于点E．
此时A 点到E 点的距离= 10，AB + BP = 5，
∴BP = 2
则PE = AB = 3，AE = BP = 2
∴OE = OA + AE = 10 + 2 = 12
∴点P 的坐标为(12，3)．
②分三种情况：
i.0 < t ≤3 时，点P 在AB 上运动，此时OA = 2t，AP = t
∴s = 1
2 × 2t × t = t2
ii.3 < t ≤8 时，点P 在BC 上运动，此时OA = 2t
∴s = 1
2 × 2t × 3 = 3t
iii.8 < t < 11 时，点P 在CD 上运动，此时OA = 2t，AB + BC + CP = t
∴DP = (AB + BC + CD) - (AB + BC + CP) = 11 - t
∴s = 1
2 × 2t × (11 - t) =-t2+ 11t
综上所述，s 与t 之间的函数关系式是：
当0 < t ≤3 时，s = t2；
当3 < t ≤8 时，s = 3t；
当8 < t < 11 时，s =-t2+ 11t．
【总结提升】本题是二次函数与矩形性质的综合题，也是动态几何问题，需要从运动中找规律，分类讨论．
12
类型三
动点与全等三角形或相似三角形的存在性
9. (2024 秋• 梁溪区月考) 已知AB = 10，AC = 6，BD = 8，其中∠CAB = ∠DBA = α，点P 以每秒2 个单
位长度的速度，沿着C →A →B 路径运动．同时，点Q 以每秒x 个单位长度的速度，沿着D →B →A
路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t 秒．
①若x = 1，则点P 运动路程始终是点Q 运动路程的2 倍；
②当P、Q 两点同时到达A 点时，x = 6；
③若α = 90°，t = 5，x = 1 时，PC 与PQ 垂直；
④若△ACP 与△BPQ 全等，则x = 0.8 或4
11 ．
以上说法正确的选项为(
)
A. ①③
B. ①②③
C. ①②④
D. ①②③④
【思路引领】①若x = 1，即点P 的速度时点Q 的2 倍，即可求解；
②求出P、Q 的运动时间即可求解；
③证明AC：AP ≠PB：BQ，即可求解；
④若△ACP 与△BPQ 全等，则AC = PB 且AP = BQ 或AC = BQ 且AP = BP，即可求解．
【完整解答】解：①若x = 1，即点P 的速度时点Q 的2 倍，故点P 运动路程始终是点Q 运动路程的2 倍，正
确，符合题意；
②点P 到达A 的时间为：6 ÷ 2 = 3，当x = 6 时，点Q 到达点A 的时间为：(8 + 10) ÷ 6 = 3，故②正确，符合
题意；
③若α = 90°，t = 5，x = 1 时，如图，
假设AC：AP = PB：BQ，
∵∠A = ∠B = α，
∴△APC ∽△BQP，
∴∠CPA = ∠PQB，
而∠PQB = ∠QPB = 90°，
∴∠CPA + ∠QPB = 90°，
即CP ⊥PQ，
而此时，AC = 6，则AP = 5 × 2 - 6 = 4，则PB = AB - AP = 6，
而DQ = 1 × 5 = 5，则BQ = 8 - 5 = 3，
则AC：AP = 3：2，PB：BQ = 2：1，
故AC：AP ≠PB：BQ，
故③错误，不符合题意；
④由题意得，AP = 2t - 6，则PB = 10 - (2t - 6) = 16 - 2t，QD = xt，则BQ = 8 - xt，
13
若△ACP 与△BPQ 全等，
则AC = PB 且AP = BQ 或AC = BQ 且AP = BP，
即6 = 16 - 2t 且2t - 6 = 8 - xt 或6 = 8 - xt 且2t - 6 = 16 - 2t，
解得：x = 0.8 或4
11 ，
故④正确，符合题意，
故选：C．
【总结提升】本题为三角形综合题，涉及到三角形全等和相似、动点问题，分类求解是解题的关键．
【举一反三演练】
10. (2023 春• 莱州市期末)△ABC 中，AB = AC，∠BAC = 90°，P 为BC 上的动点，小慧拿含45° 角的透明
三角板，使45° 角的顶点落在点P，三角板可绕P 点旋转．
(1) 如图a，当三角板的两边分别交AB、AC 于点E、F 时．求证：△BPE ∽△CFP；
(2) 将三角板绕点P 旋转到图b 情形时，三角板的两边分别交BA 的延长线、边AC 于点E、F．
△BPE 与△CFP 还相似吗？(只需写出结论)
(3) 在(2) 的条件下，连接EF ，△BPE 与△PFE 是否相似？若不相似，则动点P 运动到什么位置时，
△BPE 与△PFE 相似？说明理由．
【思路引领】(1) 找出△BPE 与△CFP 的对应角，其中∠BPE + ∠CPF = 135°，∠CPF + ∠CFP = 135°，得
出∠BPE = ∠CFP，从而解决问题；
(2) 利用(1) 小题证明方法可证：△BPE ∽△CFP；
(3) 动点P 运动到BC 中点位置时，△BPE 与△PFE 相似，同(1)，可证△BPE ∽△CFP，得CP：BE = PF：
PE，而CP = BP，因此PB：BE = PF：PE，进而求出，△BPE 与△PFE 相似．
【完整解答】(1) 证明：∵在△ABC 中，∠BAC = 90°，AB = AC，
∴∠B = ∠C = 45°．
∵∠B + ∠BPE + ∠BEP = 180°，
∴∠BPE + ∠BEP = 135°，
∵∠EPF = 45°，
14
又∵∠BPE + ∠EPF + ∠CPF = 180°，
∴∠BPE + ∠CPF = 135°，
∴∠BEP = ∠CPF，
又∵∠B = ∠C，
∴△BPE ∽△CFP(两角对应相等的两个三角形相似)．
(2) 解：△BPE ∽△CFP；
理由：∵在△ABC 中，∠BAC = 90°，AB = AC，
∴∠B = ∠C = 45°．
∵∠B + ∠BPE + ∠BEP = 180°，
∴∠BPE + ∠BEP = 135°，
∵∠EPF = 45°，
又∵∠BPE + ∠EPF + ∠CPF = 180°，
∴∠BPE + ∠CPF = 135°，
∴∠BEP = ∠CPF，
又∵∠B = ∠C，
∴△BPE ∽△CFP(两角对应相等的两个三角形相似)．
(3) 解：动点P 运动到BC 中点位置时，△BPE 与△PFE 相似，
证明：同(1)，可证△BPE ∽△CFP，
得CP：BE = PF：PE，
而CP = BP，
因此PB：BE = PF：PE．
又因为∠EBP = ∠EPF，
所以△BPE ∽△PFE(两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)．
【总结提升】此题主要考查了相似三角形的判定．它以每位学生都有的三角板在图形上的运动为背景，既
考查了学生图形旋转变换的思想，静中思动，动中求静的思维方法，又考查了学生动手实践、自主探究的能
力．
类型四
等腰三角形的存在性
11. (2024 秋• 高邮市期中) 如图，已知△ABC 中，∠B = 90°，AB = 16cm，BC = 12cm，M ，N 是△ABC 边
上的两个动点，其中点N 从点A 开始沿A →B 方向运动，且速度为2cm/s，点M 从点B 开始沿B →C
→A 方向运动，且速度为4cm/s，它们同时出发，设运动的时间为t s．
(1) 出发2s 后，求MN 的长；
(2) 当点M 在边BC 上运动时，出发几秒钟，△MNB 是等腰三角形？
(3) 当点M 在边CA 上运动时，求能使△BCM 成为等腰三角形的t 的值．
15
【思路引领】(1) 由题意求得BM 和BN ，由勾股定理可求出答案；
(2) 用t 可分别表示出BM 和BN ，根据等腰三角形的性质可得到BM = BN ，可得到关于t 的方程，可求得
t；
(3) 求出CM ，分两种情况可求出答案．
【完整解答】解：(1) 当t = 2 时，AN = 2t = 4cm，BM = 2t = 8cm．
∵AB = 16cm，
∴BN = AB - AN = 16 - 4 = 12(cm)，
在Rt△BPQ 中，由勾股定理可得，
MN =
BM 2+BN 2 =
122+82 = 4 13(cm)，
即MN 的长为4 13cm．
(2) 由题意可知AN = 2t，BM = 4t，
又∵AB = 16cm，
∴BN = AB - AN = (16 - 2t)cm，
当△MNB 为等腰三角形时，则有BM = BN ，
∴16 - 2t = 4t，解得t = 8
3 ，
∴出发8
3 s 后△MNB 是等腰三角形．
(3) 在△ABC 中，由勾股定理可求得AC = 20cm，
当点M 在AC 上运动时，AM = BC + AC - 4t = 32 - 4t，
∴CM = AC - AM = 20 - (32 - 4t) = 4t - 12，
∵△BCM 为等腰三角形，
∴有BM = BC，CM = BC 和CM = BM 三种情况：
①当BM = BC = 12 时，如图，过B 作BE ⊥AC，则CE = 1
2 CM = 2t - 6，
在Rt△ABC 中，可求得BE = 48
5 ；
在Rt△BCE 中，由勾股定理可得BC2= BE 2+ CE 2，即122=
48
5
2
+ (2t - 6)2，
解得t = 6.6 或t =-0.6(舍去)，
②当CM = BC = 12 时，则4t - 12 = 12，解得t = 6，
③当CM = BM 时，则∠C = ∠MBC，
∵∠C + ∠A = 90° = ∠CBM + ∠MBA，
∴∠A = ∠MBA，
∴MB = MA，
∴CM = AM = 10，即4t - 12 = 10，解得t = 5.5，
综上可知，当t 的值为6.6 或6 或5.5 时，△BCM 为等腰三角形．
【总结提升】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思
16
想等知识．用时间t 表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应
用．
类型五
动点与平行四边形及特殊平行四边形的存在性
12. (2025 春• 盐城月考) 如图，在矩形ABCD 中，AB = 4cm，BC = 8cm，点P 从点D 出发向点A 运动，运
动到点A 即停止；同时点Q 从点B 出发向点C 运动，运动到点C 即停止．点P、Q 的速度的速度都是
1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q 运动的时间为t(s)．
(1) 当t 为何值时，四边形ABQP 是矩形？
(2) 当t 为何值时，四边形AQCP 是菱形？
(3) 分别求出(2) 中菱形AQCP 的周长和面积．
【思路引领】(1) 当四边形ABQP 是矩形时，BQ = AP，据此求得t 的值；
(2) 当四边形AQCP 是菱形时，AQ = CQ，列方程求得运动的时间t；
(3) 菱形的四条边相等，则菱形的周长= 4t，面积= 矩形的面积-2 个直角三角形的面积．
【完整解答】解：(1) 当四边形ABQP 是矩形时，BQ = AP，即：t = 8 - t，
解得t = 4．
答：当t = 4 时，四边形ABQP 是矩形；
(2) 设t 秒后，四边形AQCP 是菱形
当AQ = CQ，即
42+t2 = 8 - t 时，四边形AQCP 为菱形．
解得：t = 3．
答：当t = 3 时，四边形AQCP 是菱形；
(3) 当t = 3 时，CQ = 5，则周长为：4CQ = 20cm，
面积为：4 × 8 - 2 × 1
2 × 3 × 4 = 20(cm2)．
【总结提升】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
【举一反三演练】
13. (2024 春• 镇江期中) 如图，在平行四边形ABCD 中，AB = 6cm，AD = 10cm，点P 在AD 边上以每秒
1cm 的速度从点A 向点D 运动，点Q 在BC 边上以每秒2.5cm 的速度从点C 出发，在CB 间往返运
动，两个点同时出发，当点P 到达点D 时停止运动，同时点Q 也停止运动．设运动时间为t s，开始运
动以后，当t 为何值时，以P，D，Q，B 为顶点的四边形是平行四边形？(
)
17
A. 20
3
B. 40
7
C. 20
3 或40
7
D. 40
3 或40
7
【思路引领】由四边形ABCD 为平行四边形可得出PD ∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD =
BQ 时以P、D、Q、B 四点组成的四边形为平行四边形，分三种情况考虑，在每种情况中由PD = BQ 即可
列出关于/ 的一元一次方程，解之即可得出结论．
【完整解答】解：∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴PD ∥BQ．
若要以P、D、Q、B 四点组成的四边形为平行四边形，则PD = BQ．
设运动时间为t．
当0 < t ≤4 时，AP = t，PD = 10 - t，CQ = 2.5t，BQ = 10 - 2.5t，
∴10 - t = 10 - 2.5t，
2.5t = 0，
∴t = 0(舍去)；
当4 < t ≤8 时，AP = t，PD = 10 - t，BQ = 2.5t - 10，
∴10 - t = 2.5t - 10，
解得：t = 40
7 ；
当8 < t ≤10 时，AP = t，PD = 10 - t，CQ = 2.5t - 20，BQ = 30 - 2.5t，
∴10 - t = 30 - 2.5t，
解得：t = 40
3 (舍去)；
综上所述，t 的值为40
7 时，以P，D，Q，B 为顶点的四边形是平行四边形．
故选：B．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分三种情况列出关于t 的一元
一次方程是解题的关键．
14. (2025 春• 高新区月考) 如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD，∠BCD = 90°，AB = AD = 10cm，BC
= 8cm．点P 从点A 出发，以每秒3cm 的速度沿折线ABCD 方向运动，点Q 从点D 出发，以每秒
2cm 的速度沿线段DC 方向向点C 运动．已知动点P、Q 同时出发，当点Q 运动到点C 时，P、Q 运动
停止，设运动时间为t．
(1) 求CD 的长；
(2) 当四边形PBQD 为平行四边形时，求四边形PBQD 的周长；
(3) 在点P、点Q 的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ 的面积为20cm2？若存在，请求出所
有满足条件的t 的值；若不存在，请说明理由．
【思路引领】(1) 过点A 作AM ⊥CD 于M ，根据勾股定理，可以求出DM = 6 所以DC = 16．
(2) 当四边形PBQD 为平行四边形时，点P 在AB 上，点Q 在DC 上，如图示，由题可得：BP = 10 - 3t，DQ
18
= 2t，所以可以列出方程10 - 3t = 2t，解得t = 2，此时，BP = DQ = 4，CQ = 12，在△CBQ 中，根据勾股定
理，求出BQ 即可．
(3) 此题要分三种情况进行讨论：即①当点P 在线段AB 上，②当点P 在线段BC 上，③当点P 在线段CD
上，根据三种情况点的位置，可以确定t 的值．
【完整解答】解：(1) 过点A 作AM ⊥CD 于M ，
根据勾股定理，AD = 10cm，AM = BC = 8cm，
∴DM =
102-82 = 6(cm)，
∴CD = 16cm；
(2) 当四边形PBQD 为平行四边形时，
点P 在AB 上，点Q 在DC 上，如图，
由题知：BP = 10 - 3t，DQ = 2t
∴10 - 3t = 2t，解得t = 2
此时，BP = DQ = 4，CQ = 12
∴BQ =
82+122 = 4 13
∴四边形PBQD 的周长= 2(BP + BQ) = 8 + 8 13；
(3) ①当点P 在线段AB 上时，即0 ≤t ≤10
3 时，如图
S△BPQ = 1
2 BP ⋅BC = 1
2 (10 - 3t) × 8 = 20
∴t = 5
3 ．
②当点P 在线段BC 上时，即10
3 < t ≤6 时，如图
BP = 3t - 10，CQ = 16 - 2t
∴S△BPQ = 1
2 BP ⋅CQ = 1
2 (3t - 10) × (16 - 2t) = 20
化简得：3t2- 34t + 100 = 0，Δ =-44 < 0，所以方程无实数解．
③当点P 在线段CD 上时，
若点P 在Q 的右侧，即6 < t < 34
5 ，
19
则有PQ = 34 - 5t
S△BPQ = 1
2 (34 - 5t) × 8 = 20，
t = 29
5 < 6，舍去
若点P 在Q 的左侧，
即34
5 < t ≤8，
则有PQ = 5t - 34，S△BPQ = 1
2 (5t - 34) × 8 = 20，
t = 7.8．
综合得，满足条件的t 存在，其值分别为t1= 5
3 ，t2= 7.8．
【总结提升】本题是平行四边形中的动点问题，解决问题时，一定要变动为静，将其转化为常见的几何问题，
再进行解答．
类型六
动点与最值问题
15. (2024 秋• 沛县期中) 如图，在△ABC 中，∠A = 90°，AB = 6，AC = 8，BC = 10，CD 平分∠BCA 交
AB 于点D，点P，Q 分别是CD，AC 上的动点，连接AP，PQ，则AP + PQ 的最小值是(
)
A. 6
B. 5
C. 4.8
D. 4
【思路引领】如图，作点Q 关于直线CD 的对称点Q′，作AM ⊥BC 于M．由PA + PQ = PA + PQ′，推出根
据垂线段最短可知，当A，P，Q′ 共线，且与AM 重合时，PA + PQ 的值最小，最小值= 线段AM 的长．
【完整解答】解：如图中，
作点Q 关于直线CD 的对称点Q′，作AM ⊥BC 于M ，
∵PA + PQ = PA + PQ′，
∴根据垂线段最短可知，当A，P，Q′ 共线，且与AM 重合时，PA + PQ 的值最小，最小值= 线段AM 的长．
∵△ABC 中，∠BAC = 90°，AB = 6，BC = 10，AC = 8，
∴AM = AB⋅AC
BC
= 6×8
10
= 4.8．
故选：C．
【总结提升】本题考查了轴对称- 最短路线问题、角平分线的性质、作图与基本作图等知识点，解此题的关
键是根据轴对称的性质找出P 点．
20
【举一反三演练】
16. (2022 秋• 如东县期末) 如图，边长为a 的等边△ABC 中，BF 是AC 上中线且BF = b，点D 在BF 上，
连接AD，在AD 的右侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF 周长的最小值是(
)
A. 1
2 a + 2
3 b
B. 1
2 a + b
C. a + 1
2 b
D. 3
2 a
【思路引领】首先证明点E 在射线CE 上运动(∠ACE = 30°)，作点A 关于直线CE 的对称点M ，连接FM 交
CE 于E′，此时AE′ +FE′ 的值最小．
【完整解答】解：如图，∵△ABC，△ADE 都是等边三角形，
∴AB = AC = a，AD = AE，∠BAC = ∠DAE = ∠ABC = 60°，
∴∠BAD = ∠CAE，
∴△BAD ≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD = ∠ACE，
∵AF = CF = 1
2 a，BF = b，
∴∠ABD = ∠CBD = ∠ACE = 30°，BF ⊥AC，
∴点E 在射线CE 上运动(∠ACE = 30°)，
作点A 关于直线CE 的对称点M ，连接FM 交CE 于E′，此时AE′ +FE′ 的值最小，
∵CA = CM ，∠ACM = 60°，
∴△ACM 是等边三角形，
∴AM = AC，
∵BF ⊥AC，
∴FM = BF = b，
∴△AEF 周长的最小值= AF + FE′ +AE′ = AF + FM = 1
2 a + b，
故选：B．
【总结提升】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题
的关键是证明点E 在射线CE 上运动(∠ACE = 30°)，本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
17. (2020 秋• 常州期中) 已知⊙O 的半径为2，A 为圆上一定点，P 为圆上一动点，以AP 为边作等腰
Rt△APG，P 点在圆上运动一周的过程中，OG 的最大值为
2
2 +
2
．
【思路引领】连接OA，作OH ⊥OA 交⊙O 于点H ，连接AH ，HG，OP．首先证明∠OAP ∽△HAG，推出
21
OP
HG = OA
AH =
2
2 ，由OP = 2，可得HG = 2 2 ，由OG ≤OH + HG，推出OG ≤2 + 2 2 ，由此即可解决问
题．
【完整解答】解：连接OA，作OH ⊥OA 交⊙O 于点H，连接AH，HG，OP．
∵OA = OH，∠AOH = 90°，
∴AH =
2OA，
∴AP = PG，∠APG = 90°，
∴AG =
2AP，
∴OA
AH = AP
AG =
2
2 ，
∵∠OAH = ∠PAG = 45°，
∴∠OAP = ∠HAG，
∴△OAP ∽△HAG，
∴OP
HG = OA
AH =
2
2 ，
∵OP = 2，
∴HG = 2 2 ，
∵OG ≤OH + HG，
∴OG ≤2 + 2 2 ，
∴OG 的最大值为2 + 2 2．
故答案为2 + 2 2．
【总结提升】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
18. (2023• 崇川区三模) 如图，边长为a 的等边△ABC 中，BF 是AC 上中线，点D 是线段BF 上的动点，连
接AD，在AD 的右侧作等边△ADE，连接BE，则AE + BE 的最小值是(
)
A. ( 3 + 1)a
B. 3a - 1
C.
5a
D.
3a
【思路引领】首先证明△BAD ≌△CAE，可证得点E 在射线CE 上运动(证明∠ACE = 30°)，点E 在射线CE
上运动，作点A 关于直线CE 的对称点M ，连接FM ，EM ，则AE = ME，可得△ACM 是等边三角形，从而
得到点B，F，M 三点共线，进而得到AE + BE = ME + BE ≥BM ，从而可得答案．
【完整解答】解：如图，∵△ABC，△ADE 都是等边三角形，
∴AB = AC = a，AD = AE，∠BAC = ∠DAE = ∠ABC = 60°，
∴∠BAD = ∠CAE，
∴△BAD ≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD = ∠ACE，
∵BF 是△ABC 的中线，
22
∴AF = CF = 1
2 a，
∴BF =
3
2 a，
∴∠ABD = ∠CBD = ∠ACE = 30°，BF ⊥AC，
∴点E 在射线CE 上运动，作点A 关于直线CE 的对称点M ，连接FM ，EM ，则AE = ME，
∵由对称可得CA = CM ，∠ACM = 2∠ACE = 60°，
∴△ACM 是等边三角形，
∴∠AFM = 90°，AM = AC = a，
∴∠AFB + ∠AFM = 180°，
∴点B，F，M 三点共线，
∴AE + BE = ME + BE ≥BM =
3a，
故选：D．
【总结提升】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题
的关键是证明点E 在射线CE 上运动(∠ACE = 30°)．
19. (2023• 张家港市模拟) 如图，AB 是⊙O 的直径，点C 在⊙O 上，CD ⊥AB，垂足为D，AD = 2，点E
是⊙O 上的动点(不与C 重合)，点F 为CE 的中点，若在E 运动过程中DF 的最大值为4，则CD 的值
为(
)
A. 2 3
B. 2 2
C. 3 2
D. 7
2
【思路引领】首先根据题意取OC 的中点，根据点E 的运动轨迹，确定点F 的运动轨迹，根据DF ≤DM +
MF，可确定当点D、M 、F 三点共线时，DF 有最大值4，此时DF = DM + MF，求出DM = 4 - r
2 ，再根据
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则DM = 1
2 OC = r
2 ，联立即可求出半径r 的值，然后求
出OD 的长，利用勾股定理即可求出CD 的长．
【完整解答】解：方法一、如图所示，连接OE、OC，取OC 的中点M ，连接MF 和DM ，设⊙O 的半径为r，
∵点F 为CE 的中点，
∴MF = 1
2 OE = r
2 ，
∵点E 是⊙O 上的动点(不与C 重合)，点C 为顶点，
∴点F 的运动轨迹是以点M 圆心，以MF 的长为半径的圆上，
则DF ≤DM + MF，
∴当点D、M、F 三点共线时，DF 有最大值4，此时DF = DM + MF，
∴DM = 4 - r
2 ，
∵CD ⊥AB，
∴∠CDO = 90°，
23
∵点M 为OC 的中点，
∴DM = 1
2 OC = r
2 ，
∴r
2 = 4 - r
2 ，解得：r = 4，
∴OD = OA - AD = 2，
在Rt△CDO 中，CD =
OC2-OD2 = 2 3；
方法二、如图，延长CD 交⊙O 于Q，连接QE，CO，
∵CD ⊥AB，AB 是直径，
∴CD = DQ，
又∵点F 是CE 的中点，
∴QE = 2DF，
当QE 为直径时，DF 有最大值，
∴QE = 2DF = 8，
∴AO = CO = 4，
∴DO = 2，
在Rt△CDO 中，CD =
OC2-OD2 = 2 3；
故选：A．
【总结提升】本题主要考查的是圆的动点综合题型，解题关键是确定点D、M、F 三点共线时，DF 有最大值
类型七
求动点所经过的路径长
20. (2025• 淮安一模) 如图，A(-1，1)，B(-1，4)，C(-5，4)，点P 是△ABC 边上一动点，连接OP，以OP
为斜边在OP 的右上方作等腰直角△OPQ．当点P 在△ABC 边上运动一周时，点Q 运动的路径长为
6
2
．
【思路引领】如图，由题意，点P 在△ABC 的三条边上运动一周时，点Q 运动的轨迹是△MGH．利用相似
三角形的性质求出MG，GH，MH，即可解决问题．
【完整解答】解：如图，由题意，点P 在△ABC 的三条边上运动一周时，点Q 运动的轨迹是△MGH．
24
∵A(-1，1)，B(-1，4)，C(-5，4)，
∴AB = 3，BC = 4，AC = 5，
∵OM
OA = OG
OB =
2
2 ，∠AOB = ∠MOG，
∴△AOB ∽△MOG，
∴MG
AB = OM
OA =
2
2 ，
∴MG = 3 2
2
，
同法可得，GH =
2
2 BC = 2 2 ，MH =
2
2 AC = 5 2
2
，
∴点Q 的轨迹形成的封闭图形的周长= MG + GH + MH = 3 2
2
+ 2 2 + 5 2
2
= 6 2．
故答案为：6 2．
【总结提升】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点Q
的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
【举一反三演练】
21. (2024• 东海县模拟) 如图，正方形ABCD 的边长为2，将长为2 的线段QR 的两端放在正方形的相邻的
两边上同时滑动、如果Q 点从A 点出发，沿图中所示方向按A ⇒B ⇒C ⇒D ⇒A 滑动到A 止，同时点
R 从B 点出发，沿图中所示方向按B ⇒C ⇒D ⇒A ⇒B 滑动到B 止，在这个过程中，线段QR 的中点
M 所经过的路线的长为
2π
．
【思路引领】根据直角三角形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，可知：点M 到正方形各顶点的距离都
为1，故点M 所走的运动轨迹为以正方形各顶点为圆心，以1 为半径的四个扇形，点
M 所经过的路线为半径为1 圆的周长，求出即可．
【完整解答】解：连接BM ，
当Q 在A、B 之间运动时，QR 及B 点形成直角三角形，
∵M 为QR 中点，
∴总有BM = 1
2 QR = 1，
25
∴M 点的运动轨迹是以点B 为圆心的四分之一圆．
同理，当Q 在B、C 之间运动时，M 点的运动轨迹是以点C 为圆心的四分之一圆，
∴点M 经过的路线为半径BM = 1 圆的周长，即为2π．
故答案为：2π
【总结提升】此题主要是考查了直角三角形的性质和弧长公式．
22. (2024 秋• 高邮市月考) 如图，在矩形ABCD 中，AB = 1，AD =
3 ，点P 在线段BC 上从点B 出发向
点C 运动，同时点Q 在线段AD 上以相同速度从点D 出发向点A 运动，过点A 作AM ⊥PQ 交直线
PQ 于点M ，当点P 从点B 运动到点C 的过程中，点M 的运动路径长是
2π
3
．
【思路引领】根据题意确定点A、点G、点I 和点H 四点共圆，利用矩形的性质和三角形面积公式求得AI，则
∠BAI = 30°，∠IAD = 60°，AI = AH ，即有△AIH 、△AGO、△IGO 和△IGB 为等边三角形，进一步求得
GM = 1
2 BD，点M 的轨迹是以△AIH 得内心O 为圆心AO 为半径的圆弧，进一步求得GH = 1
2 BD，AO
= 1
2 GH，且∠AOM = 120°，利用弧长公式求解即可．
【完整解答】解：如图，
由题意，当点P 在起点B 处时，点M 位于初始位置时为点I，当点P 与点Q 运动至中点时，点M 即为点H ，
点H 是AD 的中点，当点P 运动到点C 时，点M 和点A 重合，过点M 作GM ⊥MH 交AB 于点G，连接
GH，取其中点O，连接AO 和MO，
∴∠GMH + ∠GAH = 180°，
∴A、G、I、H 四点共圆，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB = CD，
∵AB = 1，AD =
3 ，
∴DB =
BC2+DC2 = 2，tan∠ABD =
3 ，即∠ABD = 60°，
∵AI ⊥PQ，
∴S△ABD = 1
2 AB × AD = 1
2 AI × BD．
∴AI =
3
2 ．
∴BI =
AB2-AM 2 = 1
2 ，
26
∴∠BAI = 30°，∠IAD = 60°，
∵AH = 1
2 AD =
3
2 ，
∵AI = AH，
∴△AIH 为等边三角形，
∴AH = HI．
在Rt△GAH 和Rt△GIH 中，
GH=GH
AH=IH
，
∴△GAH ≌△GIH(HL)，
∴∠AHG = 30°，∠AGH = 60°，
∵OA = OG，
∴△AGO 为等边三角形，
同理可证，△MGO 为等边三角形，
∴∠MGB = 60°，
∴△IGB 为等边三角形，
∵H、G 分别为AB、AD 的中点，
∴GH = 1
2 BD = 1，
∴AO = 1
2 GH = 1
2 ，
∵∠AOM = ∠AOG + ∠GOM = 120°，
∴AHM
= 240
180 π × 1
2 = 2π
3 ，
故答案为：2π
3 ．
【总结提升】本题主要考查四点共圆、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定
和性质以及弧长公式，解题的关键是找到点的轨迹和求得其圆心以及半径长．
2024 中考真题动点问题精炼
23. (2024• 兰州) 如图1，在菱形ABCD 中，∠ABC = 60°，连接BD，点M 从B 出发沿BD 方向以
3 cm/s
的速度运动至D，同时点N 从B 出发沿BC 方向以1cm/s 的速度运动至C ，设运动时间为x(s)，
△BMN 的面积为y(cm2)．y 与x 的函数图象如图2 所示，则菱形ABCD 的边长为(
)
A. 2 2cm
B. 4 2cm
C. 4cm
D. 8cm
【思路引领】根据题意可知，BN = x cm，BM =
3 x cm，结合菱形的性质得∠DBC = 30°，过点M 作MH
⊥BC 于点H ，则HM =
3
2 x cm，那么y =
3
4 x2；设菱形的边长为a cm，则BD =
3a cm，那么点M 和
27
点N 同时到达点D 和点C，此时△BMN 的面积达到最大值4 3 ，利用最大值即可求得x，即可知菱形的边
长a．
【完整解答】解：根据题意可知，BN = x cm，BM =
3x cm，
∵四边形ABCD 为菱形，∠ABC = 60°，
∴∠DBC = 30°，
过点M 作MH ⊥BC 于点H，连接AC 交BD 于O，如图，
则MH = BM × sin∠MBH =
3
2 x(cm)，
∴y = S△BMN = 1
2 BN•MH =
3
4 x2(cm2)，
设菱形的边长为a cm，
∴BD = 2BO = 2BCcos∠OBC = 2 × a ×
3
2
=
3a(cm)，
∴点M 和点N 同时到达点D 和点C，此时△BMN 的面积达到最大值4 3 ，
∴
3
4 x2= 4 3 ，
解得x = 4(负值舍去)，
∴BC = 4，
故选：C．
【总结提升】本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质和二次函数的性质，关键是根据图象得出△BMN
的面积达到最大值4 3 时，M ，N 的位置．
24. (2024• 苏州) 如图，矩形ABCD 中，AB =
3 ，BC = 1，动点E，F 分别从点A，C 同时出发，以每秒1
个单位长度的速度沿AB，CD 向终点B，D 运动，过点E，F 作直线l，过点A 作直线l 的垂线，垂足为
G，则AG 的最大值为(
)
A.
3
B.
3
2
C. 2
D. 1
【思路引领】由勾股定理可求AC 的长，由“AAS“可证△COF ≌△AOE，可得AO = CO = 1，由AG ⊥EF，
可得点G 在以AO 为直径的圆上运动，则AG 为直径时，AG 有最大值为1，即可求解．
【完整解答】解：连接AC，交EF 于O，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB ∥CD，∠B = 90°，
28
∵AB =
3 ，BC = 1，
∴AC =
AB2+BC2 =
3+1 = 2，
∵动点E，F 分别从点A，C 同时出发，以每秒1 个单位长度的速度沿AB，CD 向终点B，D 运动，
∴CF = AE，
∵AB ∥CD，
∴∠ACD = ∠CAB，
又∵∠COF = ∠AOE，
∴△COF ≌△AOE(AAS)，
∴AO = CO = 1，
∵AG ⊥EF，
∴点G 在以AO 为直径的圆上运动，
∴AG 为直径时，AG 有最大值为1，
故选：D．
【总结提升】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，确定点G 的运动
轨迹是解题的关键．
25. (2024• 甘肃) 如图1，动点P 从菱形ABCD 的点A 出发，沿边AB →BC 匀速运动，运动到点C 时停止．
设点P 的运动路程为x，PO 的长为y，y 与x 的函数图象如图2 所示，当点P 运动到BC 中点时，PO
的长为(
)
A. 2
B. 3
C.
5
D. 2 2
【思路引领】结合图象，得到当x = 0 时，PO = AO = 4，当点P 运动到点B 时，PO = BO = 2，根据菱形的性
质，得∠AOB = ∠BOC = 90°，继而得到AB = BC =
OA2+OB2 = 2 5 ，当点P 运动到BC 中点时，PO 的
长为1
2 BC =
5 ，解得即可．
【完整解答】解：结合图象，得到当x = 0 时，PO = AO = 4，
∴当点P 运动到点B 时，PO = BO = 2，
∵菱形ABCD，
∴AC ⊥BD，
∴∠AOB = ∠BOC = 90°，
∴AB = BC =
OA2+OB2 = 2 5 ，
当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为1
2 BC =
5 ，
故选：C．
【总结提升】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角
三角形的性质是解题的关键．
26. (2024• 长沙) 如图，在菱形ABCD 中，AB = 6，∠B = 30°，点E 是BC 边上的动点，连接AE，DE，过点
29
A 作AF ⊥DE 于点F．设DE = x，AF = y，则y 与x 之间的函数解析式为(不考虑自变量x 的取值范
围) (
)
A. y = 9
x
B. y = 12
x
C. y = 18
x
D. y = 36
x
【思路引领】过D 作DH ⊥BC 交BC 的延长线于H ，在菱形ABCD 中，AB = 6，AB ∥CD，AB = CD =
AD = 6，AD ∥BC，根据平行线的性质得到∠DCH = ∠B = 30°，∠ADF = ∠DEH，根据直角三角形到现在
得到DH = 1
2 CD = 3，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【完整解答】解：过D 作DH ⊥BC 交BC 的延长线于H，
在菱形ABCD 中，AB = 6，AB ∥CD，AB = CD = AD = 6，AD ∥BC，
∴∠DCH = ∠B = 30°，∠ADF = ∠DEH，
∴DH = 1
2 CD = 3，
∵AF ⊥DE，
∴∠AFD = ∠EHD = 90°，
∴△ADF ∽△DEH，
∴AD
DE = AF
DH ，
∴6
x = y
3 ，
∴y = 18
x ，
故选：C．
【总结提升】本题考查了菱形的性质，含30° 直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助
线是解题的关键．
27. (2024• 绵阳) 如图，在边长为2 的正六边形ABCDEF 中，连接BE，点H 在BE 上运动，点G 为EF 的中
点，当△AGH 的周长最小时，AH + GH = (
)
A. 2 3
B.
13
C. 12
D. 13
【思路引领】要使△AGH 的周长最小时，AH + GH 最小，利用正六边形的性质可得点G 关于BE 的对称点
为点G′，连接AG′ 交BE 于点H'，连接AE，H′G，那么有H'G = H'G′，AH' + GH' = AG′ 最小，再根据正
六边形的性质和勾股定理计算即可．
30
【完整解答】解：如图，
要使△AGH 的周长的最小，即AH + HG 最小，
利用正六边形的性质可得点G 关于BE 的对称点为点G′，连接AG′ 交BE 于点H'，连接AE，H′G，
那么有H'G = H'G′，AH' + GH' = AG′ 最小，
∵∠F = 120°，AF = EF = 2，
∴AE = 2 3 ，
∵∠AEG′ = 90°，EG′ = 1
2 DE = 1，
∴AG′ =
12+(2 3)2 =
13 ，
故当△AGH 的周长最小时，AH + GH =
13．
故选：B．
【总结提升】此题主要考查了正多边形和圆以及轴对称- 最短路线问题，得出H′ 点位置是解题关键．
28. (2024• 自贡) 如图，在▱ABCD 中，∠B = 60°，AB = 6cm，BC = 12cm．点P 从点A 出发，以1cm/s 的
速度沿A →D 运动，同时点Q 从点C 出发，以3cm/s 的速度沿C →B →C →⋯往复运动，当点P 到达
端点D 时，点Q 随之停止运动．在此运动过程中，线段PQ = CD 出现的次数是(
)
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【思路引领】由已知可得，P 从A 到D 需12s，Q 从C 到B(或从B 到C) 需4s，设P，Q 运动时间为t s，分三
种情况画出图形：①当0 ≤t ≤4 时，过Q 作QH ⊥AD 于H ，过C 作CG ⊥AD 于G，由四边形CQPD 是等
腰梯形，可得t + 3 + 3t + 3 = 12，t = 1.5；当四边形CQPD 是平行四边形时，t + 3t = 12，得t = 3；②当4 <
t ≤8 时，若四边形CQPD 是平行四边形，可得3(t - 4) = t，t = 6；而四边形CQPD 是等腰梯形，则PD >
6cm，这种情况在4 < t ≤8 时不存在；③当8 < t ≤12 时，若四边形CQPD 是平行四边形，3(t - 8) = 12 -
t，得t = 9，即可得到答案．
【完整解答】解：由已知可得，P 从A 到D 需12s，Q 从C 到B(或从B 到C) 需4s，
设P，Q 运动时间为t s，
①当0 ≤t ≤4 时，过Q 作QH ⊥AD 于H，过C 作CG ⊥AD 于G，如图：
31
由题可知，AP = t cm，CQ = 3t cm = GH，
∵PD ∥CQ，PQ = CD，
∴四边形CQPD 是等腰梯形，
∴∠QPH = ∠D = ∠B = 60°，
∵PQ = CD = AB = 6cm，
∴PH = 1
2 PQ = 3cm，DG = 1
2 CD = 3cm，
∵AP + PH + GH + DG = AD = BC = 12，
∴t + 3 + 3t + 3 = 12，
解得t = 1.5；
当四边形CQPD 是平行四边形时，如图：
此时PD = CQ = 3t cm，
∴t + 3t = 12，
解得t = 3，
∴t 为1.5s 或3s 时，PQ = CD；
②当4 < t ≤8 时，若四边形CQPD 是平行四边形，如图：
此时BQ = 3(t - 4)cm，AP = t cm，
∵AD = BC，PD = CQ，
∴BQ = AP，
∴3(t - 4) = t，
解得t = 6；
由①知，若四边形CQPD 是CD，PQ 为腰的等腰梯形，则PD > 6cm，这种情况在4 < t ≤8 时不存在；
∴t 为6s 时，PQ = CD；
③当8 < t ≤12 时，若四边形CQPD 是平行四边形，如图：
此时CQ = 3(t - 8)，PD = 12 - t，
∴3(t - 8) = 12 - t，
解得t = 9，
∴t 为9s 时，PQ = CD；
综上所述，t 为1.5s 或3s 或6s 或9s 时，PQ = CD；
故选：B．
32
【总结提升】本题考查平行四边形，等腰梯形的性质及应用，解题的关键是分类讨论思想的应用．
29. (2024• 泸州) 如图，在边长为6 的正方形ABCD 中，点E，F 分别是边AB，BC 上的动点，且满足AE
= BF，AF 与DE 交于点O，点M 是DF 的中点，G 是边AB 上的点，AG = 2GB，则OM + 1
2 FG 的最
小值是(
)
A. 4
B. 5
C. 8
D. 10
【思路引领】先证明△ADE ≌△BAF(SAS) 得到∠ADE = ∠BAE，进而得到∠DOF = 90°，则由直角三角形
的性质可得
OM = 1
2 DF ，如图所示，在AB 延长线上截取BH = BG，连接FH ，易证明△FBG ≌△FBH
(SAS)，则FH = FG，可得当H、D、F 三点共线时，DF + HF 有最小值，即此时，OM + 1
2 FG 有最小值，最
小值即为DH 的长的一半，求出AH = 8，在Rt△ADH 中，由勾股定理得DH =
AD2+AH 2 = 10，则OM +
1
2 FG 的最小值为5．
【完整解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD = AB，∠DAB = ∠ABC = 90°，
又∵AE = BF，
∴△ADE ≌△BAF(SAS)，
∴∠ADE = ∠BAF，
∴∠DOF = ∠ADO + ∠DAO = ∠BAF + ∠DAO = ∠DAB = 90°，
∵点M 是DF 的中点，
∴OM = 1
2 DF，
如图所示，在AB 延长线上截取BH = BG，连接FH，
∵∠FBG = ∠FBH = 90°，FB = FB，BG = BH，
∴△FBG ≌△FBH(SAS)，
∴FH = FG，
∴OM + 1
2 FG = 1
2 DF + 1
2 HF = 1
2 (DF + HF)，
∴当H、D、F 三点共线时，DF + HF 有最小值，即此时OM + 1
2 FG 有最小值，最小值即为DH 的长的一
半，
∵AG = 2GB，AB = 6，
∴BH = BG = 2，
∴AH = 8，
在Rt△ADH 中，由勾股定理得DH =
AD2+AH 2 = 10．
∴OM + 1
2 FG 的最小值为5，
33
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等，通
过作辅助线可帮助解题．
30. (2024• 乐山) 如图，在菱形ABCD 中，∠ABC = 60°，AB = 1，点P 是BC 边上一个动点，在BC 延长线
上找一点Q，使得点P 和点Q 关于点C 对称，连结DP、AQ 交于点M．当点P 从B 点运动到C 点时，
点M 的运动路径长为(
)
A.
3
6
B.
3
3
C.
3
2
D.
3
【思路引领】菱形有内角为60° 必定有等边，又因为P、Q 关于点C 对称，所以点M 一定在CG 上运动，再把
B 点对称点找到，则M 运动路径就是CH 这一段，再进行求解即可．
【完整解答】解：如图过C 作CG ⊥BC，交AD 于点G，作B 关于C 的对称点Q'，连接BD 和AQ' 交于点H．
∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC = 60°，
∴△ACD 是等边三角形，
∴CG 垂直平分AD，
∵P、Q 关于点C 对称，
∴M 一定在直线CG 上，
∵P 从点B 运动到点C，
∴可以得到点M 的运动轨迹就是CH 这一段．
∵AB = 1 = CD，
∴CG = CD•sin60° =
3
2 ，
∵△AHD ∽△Q'HB，
∴GH
CH = AD
BQ′ = 1
2 ，
∴CH = 2
3 CG =
3
3 ，
即点M 的运动路径长为
3
3 ．
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了等边三角形的性质和判定以及菱形的性质，熟练掌握相关知识是解题关键．
二．填空题(共8 小题)
31. (2024• 甘南州) 如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O 出发，按向上，向右，向下，向右的方向不
断地移动，每移动一个单位，得到点A1(0，1)，A2(1，1)，A3(1，0)，A4(2，0)，⋯那么点A2020 的坐标为
(1010，0)
．
34
【思路引领】根据前几个坐标的规律可得：A4n(2n，0)，A4n+1(2n，1)，A4n+2(2n + 1，1)，A4n+3(2n + 1，0)，然
后根据规律求解即可．
【完整解答】解：根据题意可知，A1(0，1)，A2(1，1)，A3(1，0)，A4(2，0)，A5(2，1)，A6(3，1)，A7(3，0)，A8(4，
0)，⋯⋯
可得坐标规律为：A4n(2n，0)，A4n+1(2n，1)，A4n+2(2n + 1，1)，A4n+3(2n + 1，0)，
∵2020 = 4 × 505，
∴点A2020的坐标为(1010，0)，
故答案为：(1010，0)．
【总结提升】本题考查了点的坐标规律型问题，解题的关键是根据点的坐标的变化得到规律，利用得到的规
律解题．
32. (2024• 广东) 如图，菱形ABCD 的面积为24，点E 是AB 的中点，点F 是BC 上的动点．若△BEF 的
面积为4，则图中阴影部分的面积为
10
．
【思路引领】连接BD，因为E 是AB 的中点，所以S△AED = 1
2 S△ABD = 1
4 S菱形ABCD = 6，S△BEC = S△AED = 6，根
据S△BEF = 4，可得FC = 1
3 BC ，故S△DFC = 1
3 S△BCD = 4，故S阴影= S菱形ABCD - S△AED - S△BEF - S△DFC = 24
- 6 - 4 - 4 = 10．
【完整解答】解：连接BD，
∵E 是AB 的中点，
∴S△AED = 1
2 S△ABD = 1
4 S菱形ABCD = 6，
连接EC，
同理可得S△BEC = S△AED = 6，
∵S△BEF = 4，
∴S△BEF = 2
3 S△BEC，
∴FC = 1
3 BC，
∴S△DFC = 1
3 S△BCD = 1
6 S菱形ABCD = 4，
∴S阴影= S菱形ABCD - S△AED - S△BEF - S△DFC = 24 - 6 - 4 - 4 = 10．
故答案为：10．
【总结提升】本题考查菱形的性质及三角形的面积计算，根据同高三角形的底之比等于面积之比计算出空
白部分三角形面积是解题的关键．
35
33. (2024• 内江) 如图，在△ABC 中，∠ABC = 60°，BC = 8，E 是BC 边上一点，且BE = 2，点I 是△ABC
的内心，BI 的延长线交AC 于点D，P 是BD 上一动点，连接PE、PC ，则PE + PC 的最小值为
2 13
．
【思路引领】在AB 取点F，使BF = BE = 2，连接PF，CF，过点F 作FH ⊥BC 于H ，利用三角形内心的定
义可得出∠ABD = ∠CBD，利用SAS 证明△BFP ≌△BEP，得出PF = PE，则
PE + PC = PF + PC
≥CF，当C、P、F 三点共线时，PE + PC 最小，最小值为CF，利用含
30°
的直
角三角形的性质求
出BH，利用勾股定理求出FH，CF 即可．
【完整解答】解：在AB 取点F，使BF = BE = 2，连接PF，CF，过点F 作FH ⊥BC 于H，
∵是△ABC 的内心，
∴BI 平分∠ABC，
∴∠ABD = ∠CBD，
又BP = BP，
∴△BFP ≌△BEP(SAS)，
∴PF = PE，
∴PE + PC = PF + PC ≥CF，
当C、P、F 三点共线时，PE + PC 最小，最小值为CF，
∵FH ⊥BC，∠ABC = 60°，
∴∠BFH = 30°，
∴BH = 1
2 BF = 1，
∴FH =
BF 2-BH 2 =
3 ，CH = BC - BH = 7，
∴CF =
CH 2+FH 2 = 2 13 ，
∴PE + PC 的最小值为
2 13 ，
故答案为：2 13．
【总结提升】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含30° 的直角三角形的性质，勾股定理等
知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含30° 的直角三角形是解题的关键．
34. (2024• 凉山州) 如图，⊙M 的圆心为M(4，0)，半径为2，P 是直线y = x + 4 上的一个动点，过点P 作
⊙M 的切线，切点为Q，则PQ 的最小值为
2
7
．
36
【思路引领】连接MP、MQ，根据切线的性质得到MQ ⊥PQ，根据勾股定理得到PQ =
PM 2-4 ，根据一
次函数解析式求出点A、点B 的坐标，再根据垂线段最短计算即可．
【完整解答】解：如图，连接MP、MQ，
∵PQ 是⊙M 的切线，
∴MQ ⊥PQ，
∴PQ =
PM 2-MQ2 =
PM 2-4 ，
当PM 最小时，PQ 最小，
当MP ⊥AB 时，MP 最小，
直线y = x + 4 与x 轴的交点A 的坐标为(-4，0)，与y 轴的交点B 的坐标为(0，4)，
∴OA = OB = 4，
∴∠BAO = 45°，AM = 8，
当MP ⊥AB 时，MP = AM•sin∠BAO = 8 ×
2
2
= 4 2 ，
∴PQ 的最小值为：(4 2)2-4 =
28 = 2 7 ，
故答案为：2 7．
【总结提升】本题考查的是切线的性质、一次函数的图象和性质、垂线段最短，熟记圆的切线垂直于经过切
点的半径是解题的关键．
35. (2024• 扬州) 如图，已知两条平行线l1、l2，点A 是l1 上的定点，AB ⊥l2 于点B，点C、D 分别是l1，l2 上
的动点，且满足AC = BD，连接CD 交线段AB 于点E ，BH ⊥CD 于点H ，则当∠BAH 最大时，
sin∠BAH 的值为
1
3 ．
【思路引领】由题易得四边形ACBD 是平行四边形，从而得到BE 是定长，又由∠BHE = 90°，得出直角对直
角的隐圆模型，再根据最大张角问题(相切时) 求解即可．
【完整解答】解：∵AC ∥BD，
∴四边形ACBD 是平行四边形，
∴AE = BE = 1
2 AB，
∵A 为定点，且AB ⊥l2，
∴AE 为定值，
∵BH ⊥CD，
37
∴∠BHE = 90°，
∴点H 在以BE 为直径的圆上运动(如图，O 为圆心)，
此时OE = 1
2 BE = 1
3 OA，
∵当AH 与⊙O 相切时∠BAH 最大，
∴sin∠BAH = OH
OA = 1
3 ．
故答案为：1
3 ．
【总结提升】本题主要考查了切线的性质，熟练掌握切线的性质、圆周角定理是解题的关键，其中识别出隐
圆模型至关重要．
36. (2024• 宜宾) 如图，在平行四边形ABCD 中，AB = 2，AD = 4，E、F 分别是边CD、AD 上的动点，且
CE = DF．当AE + CF 的值最小时，则CE =
2
3
．
【思路引领】由“SAS”可证△CDF ≌△HCE，可得CF = EH ，则AE + CF = AE + EH ，即当点A，点E，点H
三点共线时，AE + CF 有最小值，通过证明△CEH ∽△BAH，可得△CEH ∽△BAH，即可求解．
【完整解答】解：如图，延长BC 至H，使CH = CD，连接EH，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD = BC = 4，AB = CD = 2，AD ∥BC，
∴∠D = ∠DCH，
又∵CD = CH，DF = CE，
∴△CDF ≌△HCE(SAS)，
∴CF = EH，
∴AE + CF = AE + EH，
∴当点A，点E，点H 三点共线时，AE + CF 有最小值，
此时：∵CD ∥AB，
∴△CEH ∽△BAH，
∴CH
BH = CE
AB ，
∴
2
2+4 = CE
2
，
∴CE = 2
3 ，
故答案为：2
3 ．
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰
当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
38
37. (2024• 宜宾) 如图，正方形ABCD 的边长为1，M 、N 是边BC、CD 上的动点．若∠MAN = 45°，则
MN 的最小值为2
2-2
．
【思路引领】由∠MAN = 45° 识别出半角模型，从而构造△GAN ≌△MAN ，将MN 线段进行转化，设BM =
x，MN = y，再利用勾股方程进行转化，建立一个关于y 的式子，利用不等式的性质求最值即可．
【完整解答】解：方法一：如图，延长CD 到点G，使DG = BM．
∵四边形ABCD 为正方形，
∴AD = BC = AB，∠BAD = ∠ADC = 90°，
∴∠ADG = ∠ADN = 90° = ∠ABM ，
又∵BM = DG，AD = AB，
∴△ABM ≌△ADG(SAS)，
∴∠BAM = ∠DAG，AM = AG，
∵∠MAN = 45°，
∴∠BAM + ∠DAN = 45°，
∴∠DAG + ∠DAN = 45°，即∠GAN = 45°，
在△GAN 和△MAN 中，
AG=AM
∠GAN=∠MAN
AN=AN
，
∴△GAN ≌△MAN(SAS)，
∴GN = MN．
设BM = x，MN = y，则GN = y，DG = x．
∵BC = CD = 1，
∴CM = 1 - x，CN = x - y + 1，
在Rt△CMN 中，由勾股定理得：MN 2= CM 2+ CN 2，
即y2= (1 - x)2+ (x - y + 1)2，
整理可得：y = x2+1
x+1 = (x+1)2-2(x+1)+2
x+1
= x + 1 +
2
x+1 - 2，
∵x + 1 +
2
x+1 ≥2
(x+1)⋅
2
x+1 = 2 2 ，
∴y ≥2 2 - 2，
当x =
2 - 1 时，y 最小值为2 2 - 2．
方法二：如图，延长CD 到点G，使DG = BM．
∵四边形ABCD 为正方形，
∴AD = BC = AB，∠BAD = ∠ADC = 90°，
∴∠ADG = ∠ADN = 90° = ∠ABM ，
又∵BM = DG，AD = AB，
39
∴△ABM ≌△ADG(SAS)，
∴∠BAM = ∠DAG，AM = AG，
∵∠MAN = 45°，
∴∠BAM + ∠DAN = 45°，
∴∠DAG + ∠DAN = 45°，即∠GAN = 45°，
在△GAN 和△MAN 中，
AG=AM
∠GAN=∠MAN
AN=AN
，
∴△GAN ≌△MAN(SAS)，
∴GN = MN．
作△GAN 的外接圆，圆心为O，
∵∠GAN = 45°，
∴∠GON = 90°，
过O 作OH ⊥GN 于点H，则GH = NH，
设GH = NH = a，则GN = 2a，OH = a，
在Rt△GON 中，OG = ON =
2a，
∴OA =
2a，
∵OA + OH ≥AD，
∴
2a + a ≥1，
∴a ≥
2 - 1，
当A、O、H 三点共线时取等，
此时GN = 2a = 2 2 - 2，
∴MN = 2 2 - 2；
故MN 的最小值为：2 2 - 2．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，其中识别半角模型进行转化是解
题的关键．
38. (2024• 广安) 如图，在▱ABCD 中，AB = 4，AD = 5，∠ABC = 30°，点M 为直线BC 上一动点，则MA
+ MD 的最小值为
41 ．
【思路引领】如图，作A 关于直线BC 的对称点A′，连接A′D 交BC 于M′，则AH = A′H ，AH ⊥BC，AM′
= A′M′，当M ，M' 重合时，MA + MD 最小，最小值为A′D，再进一步结合勾股定理求解即可．
【完整解答】解：如图，作A 关于直线BC 的对称点A′，连接A′D 交BC 于M ′，则AH = A′H ，AH ⊥BC ，
AM' = A'M'，
∴当M ，M′ 重合时，MA + MD 最小，最小值为A′D，
40
∵AB = 4，∠ABC = 30°，在▱ABCD 中，
∴AH = 1
2 AB = 2，AD ∥BC，
∴AA' = 2AH = 4，AA' ⊥AD，
∵AD = 5，
∴A′D =
42+52 =
41 ，
故答案为：41．
【总结提升】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，正确理解各性质及掌握各知识点是
解题的关键．
三．解答题(共6 小题)
39. (2024• 威海) 如图，在菱形ABCD 中，AB = 10cm，∠ABC = 60°，E 为对角线AC 上一动点，以DE 为
一边作∠DEF = 60°，EF 交射线BC 于点F，连接BE，DF．点E 从点C 出发，沿CA 方向以每秒2cm
的速度运动至点A 处停止．设△BEF 的面积为y cm2，点E 的运动时间为x 秒．
(1) 求证：BE = EF；
(2) 求y 与x 的函数表达式，并写出自变量x 的取值范围；
(3) 求x 为何值时，线段DF 的长度最短．
【思路引领】(1) 设CD 与EF 相交于点M ，证明△BCE ≌△DCE(SAS)，可得∠CBE = ∠CDE，BE = DE，
利用三角形外角性质可得∠CDE = ∠CFE，即得∠CBE = ∠CFE，即可求证；
(2) 过点E 作EN ⊥BC 于N ，解直角三角形得到EN = CE•sin60°，CN = CE•cos60°，可得BN = BC -
CN ，由等腰三角形三线合一可得BF，即可由三角形面积公式得到y 与x 的函数表达式，最后由0 < 2x ≤
10，可得自变量x 的取值范围；
(3) 证明△DEF 为等边三角形，可得BE = DF，可知线段DF 的长度最短，即BE 的长度最短，当BE ⊥AC
时，BE 取最短，又由菱形的性质可得△ABC 为等边三角形，利用三线合一求出CE 即可求解；
【完整解答】(1) 证明：设CD 与EF 相交于点M ，
41
∵四边形ABCD 为菱形，∴BC -= DC，∠BCE = ∠DCE，AB ∥CD，
∵∠ABC = 60°，
∴∠DCF = 60°，
在△BCE 和△DCE 中，
BC=DC
∠BCE=∠DCE
CE=CF
，
∴△BCE ≌△DCE(SAS)，
∴∠CBE = ∠CDE，BE = DE，
∵∠DMF = ∠DEF + ∠CDE = ∠DCF + ∠CFE，
又∵∠DEF = ∠DCF = 60°，
∴∠CDE = ∠CFE，
∴∠CBE = ∠CFE，
∴BE = EF；
(2) 解：过点E 作EN ⊥BC 于N ，
则∠ENC = 90°，
∵BE = EF，
∴BF = 2BN ，
∵四边形ABCD 为菱形，∠ABC = 60°，
∴BC = AB = 10cm，∠ACB = ∠BCD = 60°，即∠ECN = 60°，
∵CE = 2x cm，
∴EN = CE•sin60° = 2x•
3
2
=
3x(cm)，CN = CE•cos60° = 2x• 1
2 = x(cm)，
∴BN = BC - CN = 10 - x(cm)，
∴BF = 2(10 - x)cm，
∴y = 1
2 BF•EN = 1
2 × 2(10 - x) ×
3x =- 3x2+ 10 3x，
∵0 < 2x ≤10，
∴0 < x ≤5，
∴y =- 3x2+ 10 3x(0 < x ≤5)；
(3) 解：∵BE = DE，BE = EF，
∴DE = EF，
∵∠DEF = 60°，
∴△DEF 为等边三角形，
∴DE = DF - EF，
∴BE = DF，
∴线段DF 的长度最短，即BE 的长度最短，当BE ⊥AC 时，BE 取最短，如图，
∵四边形ABCD 是菱形，
42
∴AD = BC，
∵∠ABC = 60°，
∴△ABC 为等边三角形，
∴AE = AB = AC = 10cm，
∵BE ⊥AC，
∴CE = 1
2 AC = 5cm，
∴x = CE
2
= 5
2 ，
∴当x = 5
2 时，线段DF 的长度最短．
【总结提升】本题是菱形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角
三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，解题的关键是掌
握菱形的性质及等边三角形的判定和性质．
40. (2024• 黑龙江) 如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB 的边OB 在x 轴上，点A 在第一象限，
OA 的长度是一元二次方程x2 - 5x - 6 = 0 的根，动点P 从点O 出发以每秒2 个单位长度的速度沿折
线OA - AB 运动，动点Q 从点O 出发以每秒3 个单位长度的速度沿折线OB - BA 运动，P、Q 两点
同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t 秒(0 < t < 3.6)，△OPQ 的面积为S．
(1) 求点A 的坐标；
(2) 求S 与t 的函数关系式；
(3) 在(2) 的条件下，当S = 6 3 时，点M 在y 轴上，坐标平面内是否存在点N ，使得以点O、P、M 、N
为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N 的坐标；若不存在，说明理由．
【思路引领】(1) 运用因式分解法解方程求出OA 的长，根据等边三角形的性质得出OA = OB = OC = 6，
∠OAB = ∠AOB = ∠ABO = 60°，过点A 作AC ⊥x 轴，垂足为C，求出AC 的长即可；
(2) 分0 < t ≤2，2 < t ≤3 和3 < t < 3.6 三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
(3) 当3
2
3 t 2 = 60 3 时求出t = 2，得OP = 4，分OP 为边和对角线两种情况可得点M 的坐标；当
- 3
2
3t2+ 6 3t = 6 3 ，- 15
2
3t + 27 3 = 6 3 时，不存在以点O、P、M、N 为顶点的四边形是菱形．
【完整解答】解：(1)x2- 5x - 6 = 0，解得x1= 6，x2=-1，
∵OA 的长度是x2- 5x - 6 = 0 的根，
∴OA = 6，
∵△OAB 是等边三角形，
43
∴OA = OB = OC = 6，∠OAB = ∠AOB = ∠ABO = 60°，
过点A 作AC ⊥x 轴，垂足为C，
在Rt△AOC 中，∠AOC = 60°，
∴∠OAC = 30°，
∴OC = 1
2 OA = 1
2 × 6 = 3，
∴AC =
OA2-OC2 =
62-32 = 3 3 ，
∴点A 的坐标为A(3，3 3)；
(2) 当0 < t ≤2 时，过P 作PD ⊥x 轴，垂足为点D，
∴OP = 2t，OQ = 3t，∠OPD = 30°，
∴OD = t，
∴PD =
OP2-OD2 =
(2t)2-t2 =
3t，
∴S = 1
2 OQ•PD = 1
2 × 3t ×
3t = 3
2
3t2，
当2 < t ≤3 时，过Q 作QE ⊥OA，垂足为点E，
∵∠A = 60°，
∴∠AQE = 30°，
44
又AQ = 12 - 3t，
∴AE = 6 - 3
2 t，QE =
AQ2-AE 2 = 6 3 - 3 3
2
t，
又OP = 2t，
∴S = 1
2 × 2t ×× 6 3- 3 3
2
t
=- 3
2
3t2+ 6 3t；
当3 < t < 3.6 时，过O 作OF ⊥AB，垂足为F，
∴PQ = 18 - (2t + 3t) = 18 - 5t，
同理可得，BF = 1
2 OB = 3，
∴OF =
OB2-BF 2 = 3 3 ，
∴S = 1
2 × 3 3 × (18 - 5t) =- 15
2
3t + 27 3；
综上所述S =
3
2
3t2(0<t≤2)
- 3
2
3t2+6 3t(2<t≤3)
- 15
2
3t+27 3(3<t<3.6)
；
(3) 当3
2
3t2= 60 3 时，
解得t = 2，
∴OP = 2 × 2 = 4，
过点P 作PG ⊥x 轴于点G，则OG = 1
2 OP = 2，
45
∴PG =
OP2-OG2 =
42-22 = 2 3 ，
∴点P 的坐标为(2，2 3)；
当OP 为边时，将OP 沿轴向下平移4 个单位得N (2，2 3 - 4)，此时M (0，4)，四边形POMN 是菱形；将
OP 沿y 轴向上平移4 个单位得N(2，2 3 + 4)，此时M(0，4)，四边形POMN 是菱形；如图，
作点P 关于轴的对称点N(-2，2 3)，当M(0，4 3) 时，四边形PMNO 是蒌形；
当OP 为对角线时，设OP 的中点为T，过点T 作TM ⊥y 轴，交y 轴于点M ，延长MT 到N ，使TN = TM ，
连接ON ，过点N 作NH ⊥x 轴于点H，
则∠MOT = ∠NOT = ∠HON = 30°，OT = 2，
∴ON = 2TN ，
∴ON 2= OT2+ TN 2，
即ON 2= 22+
1
2 ON
2
，
解得，ON = 4
3
3 ，
∴NH = 2
3
3 ，OH = 2，
N 2，2
3
3
；
46
当- 3
2
3t2+ 6 3t = 6 3 ，
解得t = 2，不符合题意，此情况不存在；
当- 15
2
3t + 27 3 = 6 3 时，
解得t = 2 4
5 < 3，
不符合题意，此情况不存在；
综上，点N 的坐标为(2，4 + 2 3) 或(2，2 3 - 4) 或(-2，2 3) 或2，2
3
3
．
【总结提升】本题是三角形综合题，主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定
理，30° 角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，解答本题的关键是正确作出
辅助线和分类讨论．
41. (2024• 无锡) 如图，AB 为半圆O 的直径，AB = 1，BM 为半圆O 的切线，点C 为BM 上的一个动点，
连接AC 交半圆O 于点D，作DE ⊥BM 于点E．
(1) 当点O 关于AC 的对称点O′ 恰好在半圆上时，求BC 的长；
(2) 设DE = x，CE = y，求y 关于x 的函数表达式．
【思路引领】(1) 如图，连结OO′、AO′，先利用对称的性质得到AO′ = AO，AC ⊥OO′，再证明△AOO′ 是等
边三角形，则∠OAO′ = 60°，根据等边三角形的性质得到∠CAB = 30°，然后根据含30 度角的直角三角形三
边的关系求解；
(2) 连接BD，如图，先证明△CDE ∽△DBE 得到BE = x2
y ，则BC = x2+y2
y
，根据切线的性质得到AB ⊥
BM ，则DE ∥AB，再证明△CDE ∽△CAB，利用相似三角形的性质得DE
AB = CE
CB ，即x
1 =
y
x2+y2
y
，从而得
到y 与x 的关系式．
【完整解答】解：(1) 如图，连结OO′、AO′，
∵点O 关于AC 的对称点O′ 恰好在半圆上，
∴AO′ = AO，AC ⊥OO′，
∵OA = OO′，
∴OA = OO′ = AO′，
∴△AOO′ 是等边三角形，
∴∠OAO′ = 60°，
∴∠CAB = 1
2 ∠OAO′ = 30°，
在Rt△BAC 中，BC =
3
3 AB =
3
3 ；
(2) 连接BD，如图，
∵AB 为直径，
47
∴∠ADB = 90°，
∵∠CDE = ∠CBD，∠CED = ∠DEB，
∴△CDE ∽△DBE，
∴DE：BE = CE：DE，即x：BE = y：x，
∴BE = x2
y ，
∴BC = CE + BE = y + x2
y = x2+y2
y
∵BM 为半圆O 的切线，
∴AB ⊥BM ，
∵DE ⊥BM ，
∴DE ∥AB，
∴△CDE ∽△CAB，
∴DE
AB = CE
CB ，即x
1 =
y
x2+y2
y
∴y = x x-x2
1-x
．
【总结提升】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了函数关系式、全等三角形
的判定与性质和相似三角形的判定与性质．
42. (2024• 兰州) 综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在
△ABC 中，点M ，N 分别为AB，AC 上的动点(不含端点)，且AN = BM．
【初步尝试】(1) 如图1，当△ABC 为等边三角形时，小颜发现：将MA 绕点M 逆时针旋转120° 得到
MD，连接BD，则MN = DB，请思考并证明；
【类比探究】(2) 小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC 中，AB = AC，∠BAC =
90°，AE ⊥MN 于点E，交BC 于点F，将MA 绕点M 逆时针旋转90° 得到MD，连接DA，DB．试猜想
四边形AFBD 的形状，并说明理由；
【拓展延伸】(3) 孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC 中，AB = AC = 4，∠BAC = 90°，连接
BN ，CM ，请直接写出BN + CM 的最小值．
【思路引领】(1) 证明△ANM ≌△MBD(SAS)，得到MN = DB；
(2) 证明AD ∥BF，DB ∥AF，得出四边形AFBD 为平行四边形；
(3) 过点A 作∠BAG = 45°，使AG = CB，连接GM 、GC，BG，延长CB，过点G 作GO ⊥CB 于点O，当点
G、M 、C 三点共线时，BN + CM 的值最小，最小值为CG 的值，在Rt△GOC 中，GC =
(2 2)2+(6 2)2
48
= 4 5 ，得出BN + CM 的最小值为4 5．
【完整解答】(1) 证明：∵△ABC 为等边三角形，
∴∠A = 60°，AB = AC，
∵MA 绕点M 逆时针旋转120° 得到MD，
∴DM = AM ，∠AMD = 120°，
∴∠DMB = 60°，
∵AN = BM ，∠DMB = ∠A = 60°，
∴△ANM ≌△MBD(SAS)，
∴MN = DB；
(2) 解：四边形AFBD 为平行四边形，理由如下：
∵AB = AC，∠BAC = 90°，
∴∠ABC = 45°，
∵MA 绕点M 逆时针旋转90° 得到MD，
∴MA = MD，∠MAD = ∠MDA = 45°，∠DMA = ∠DMB = 90°，
∴∠MAD = ∠ABF = 45°，
则AD ∥BF，
在△ANM 和△MBD 中，
MA=DM
∠MAN=∠DMB
AN=MB
，
∴△ANM ≌△MBD(SAS)，
∴∠AMN = ∠MDB，
∵AE ⊥MN ，
∴∠AMN + ∠MAE = 90°，
∵∠MDB + ∠MBD = 90°，
∴∠DBM = ∠MAF，
∴DB ∥AF，
∴四边形AFBD 为平行四边形；
(3) 解：如图，过点A 作∠BAG = 45°，使AG = CB，连接GM 、GC ，BG，延长CB，过点G 作GO ⊥CB 于
点O，
∵AB = AC = 4，∠BAC = 90°，
∴∠ABC = ∠ACB = 45°，
∴∠GAM = ∠BCN = 45°，
∵AN = BM ，
∴AM = CN ，
又∵AG = CB，
∴△GAM ≌△BCN(SAS)，
∴GM = BN ，
∴BN + CM = GM + CM ≥CG，
∴当点G、M、C 三点共线时，BN + CM 的值最小，最小值为CG 的值，
∵∠GAM = ∠ABC = 45°，
∴AG ∥BC，
49
∴∠BAC = ∠ABG = 90°，
∴∠GBO = 180° -∠ABG - ∠ABC = 45°，
∴∠GBO = 45°，
∴OG = OB，
∴GB =
2OB =
2OG，
∴OG = OB = 2 2 ，
∴OC = 6 2 ，
在Rt△GOC 中，GC =
(2 2)2+(6 2)2 = 4 5 ，
∴BN + CM 的最小值为4 5．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转
的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C 三点共线时，BN + CM 的值最小，最小
值为CG 的值是解题的关键．
43. (2024• 吉林) 如图，在△ABC 中，∠C = 90°，∠B = 30°，AC = 3cm，AD 是△ABC 的角平分线．动点
P 从点A 出发，以
3 cm/s 的速度沿折线AD - DB 向终点B 运动．过点P 作PQ ∥AB，交AC 于点
Q，以PQ 为边作等边三角形PQE，且点C，E 在PQ 同侧．设点P 的运动时间为t(s) (t > 0)，△PQE
与△ABC 重合部分图形的面积为S(cm2)．
(1) 当点P 在线段AD 上运动时，判断△APQ 的形状(不必证明)，并直接写出AQ 的长(用含t 的代数
式表示)．
(2) 当点E 与点C 重合时，求t 的值．
(3) 求S 关于t 的函数解析式，并写出自变量t 的取值范围．
【思路引领】(1) 根据角平分线+ 平行线可得△APQ 是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ 的长；
(2) 当E、C 重合时，AE = 2AQ，即2t = 3，求t 值即可；
(3)) ①当点P 在AD 上，点E 在AC 上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG ⊥QE 于点G，②当点
P 在AD 上，点E 在AC 延长线上时，重合部分时四边形PQCF．③当点P 在DB 上，重合部分时直角三角
形PQC，分类讨论画出图形计算求解即可．
【完整解答】解：(1) 如图，过Q 作QH ⊥AD 于点H，
50
∵PQ ∥AB，
∴∠BAD = ∠QPA，
∵AD 是角平分线，
∴∠CAD = ∠BAD，
∴∠CAD = ∠QPA，
∴QA = QP，
∴△APQ 是等腰三角形．
∵QH ⊥AP，
∴AH = 1
2 AP =
3
2 t，
∵∠CAD = 30°，
∴AQ =
AH
cos30° = t，
故△APQ 是等腰三角形，AQ = t．
(2) 如图所示，E、C 重合时图形．
∵△PQE 是等边三角形，
∴QE = QP，
由(1) 得QA = QP，
∴AE = 2AQ，即2t = 3，
∴t = 3
2 ．
(3) ①当点P 在AD 上，点E 在AC 上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG ⊥QE 于点G，
51
∵∠PAQ = 30°，
∴PG = 1
2 AP =
3
2 t，
∵△PQE 是等边三角形，
∴QE = PQ = AQ = t，
∴S = 1
2 QE•PG =
3
4 t2．
由(2) 知当点EC 重合时，t = 3
2 ，
∴S =
3
4 t2 0<t≤3
2
．
②当点P 在AD 上，点E 在AC 延长线上时，重合部分时四边形PQCF．
在Rt△FCE 中，CE = 2t - 3，∠E = 60°，
∴CF = CE•tan60° =
3(2t - 3)，
∴S△FCE = 1
2 (2t - 3)• 3(2t - 3) =
3
2 (2t - 3)2，
∴S = S△PQE - S△FCE =
3
4 t2-
3
2 (2t - 3)2=- 7 3
4
t2+ 6 3t - 9 3
2
3
2 <t<2
．
③当点P 在DB 上，重合部分时直角三角形PQC，
S = 1
2 CQ•CP = 1
2 (t - 1)• 3(t - 1) =
3
2 (t - 1)2，(2 ≤t ≤4)．
综上所述，S =
3
4 t2，0<t≤3
2
- 7 3
4
t2+6 3t- 9 3
2
，3
2 <t<2
3
2 (t-1)2，(2≤t≤4)
．
【总结提升】本题主要考查了直角三角形的性质、解直角三角形、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的
性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识点和分类讨论思想是解题关键．
44. (2024• 河北) 已知⊙O 的半径为3，弦MN = 2 5．△ABC 中，∠ABC = 90°，AB = 3，BC = 3 2．在
52
平面上，先将△ABC 和⊙O 按图1 位置摆放(点B 与点N 重合，点A 在⊙O 上，点C 在⊙O 内)，随后
移动△ABC，使点B 在弦MN 上移动，点A 始终在⊙O 上随之移动．设BN = x．
(1) 当点B 与点N 重合时，求劣弧AN
的长；
(2) 当OA ∥MN 时，如图2，求点B 到OA 的距离，并求此时x 的值；
(3) 设点O 到BC 的距离为d．
①当点A 在劣弧MN
上，且过点A 的切线与AC 垂直时，求d 的值；
②直接写出d 的最小值．
【思路引领】(1) 如图，连接OA，OB，先证明△AOB 为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公
式
可得答案；
(2) 过B 作BI ⊥OA 于I，过O 作OH ⊥MN 于H ，连接MO，证明四边形BIOH 是矩形，可得BH = OI，BI
= OH，再结合勾股定理可得答案；
(3) ①如图，由过点A 的切线与AC 垂直，可得AC 过圆心，过O 作OJ ⊥BC 于J，过O 作OK ⊥AB
于
K ，而∠ABC = 90°，可得四边形KO．JB 为矩形，可得OJ = KB，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数
可得答案；
②如图，当B 为MN 中点时，过O 作OL ⊥B′C′ 于L，过O 作OJ ⊥BC 于J，OL > OJ，此时OI 最短，如图，
过A 作AQ ⊥OB 于Q，而AB = AO = 3，证明BQ = OQ = 1，求解AQ =
32-12 = 2 2 ，再结合等角的三
角函数可得答案．
【完整解答】解：如图，连接OA，OB，
∵⊙O 的半径为3，AB = 3，
∴OA = OB = AB = 3，
∴△AOB 为等边三角形，
∴∠AOB = 60°，
∴AN
的长为60π×3
180
= π，
∴劣弧AN
的长为π；
53
(2) 过B 作BI ⊥OA 于I，过O 作OH ⊥MN 于H，连接MO，如图：
∵OA ∥MN ，
∴∠IBH = ∠BHO = ∠HOI = ∠BIO = 90°，
∴四边形BIOH 是矩形，
∴BH = OI，BI = OH，
∵MN = 2 5 ，OH ⊥MN ，
∴MH = NH =
5 ，
而OM = 3，
∴OH =
OM 2-MH 2 = 2 = BI，
∴点B 到OA 的距离为2；
∵AB = 3，BI ⊥OA，
∴AI =
AB2-BI2 =
5 ，
∴OI = OA - AI = 3 -
5 = BH，
∴x = BN = BH + NH = 3 -
5 +
5 = 3；
(3) ①过O 作OJ ⊥BC 于J，过O 作OK ⊥AB 于K，如图：
∵∠ABC = 90°，过点A 的切线与AC 垂直，
∴AC 过圆心，
∴四边形KOJB 为矩形，
∴OJ = KB，
∵AB = 3，BC = 3 2 ，
∴AC =
AB2+BC2 = 3 3 ，
∴cos∠BAC = AB
AC =
3
3 3 =
1
3 = AK
AO ，
∴AK =
3 ，
∴OJ = BK = 3 -
3 ，即
d = 3 -
3；
②如图，当B 为MN 中点时，过O 作OL ⊥B′C′ 于L，过O 作OJ ⊥BC 于J，
54
∵∠OJL > 90°，
∴OL > OJ，故当B 为MN 中点时，d 最短小，
过A 作AQ ⊥OB 于Q，
∵B 为MN 中点，
∴OB ⊥MN ，
同(2) 可得OB = 2，
∴BQ = OQ = 1，
∴AQ =
32-12 = 2 2 ，
∵∠ABC = 90° = ∠AQB，
∴∠OBJ + ∠ABO = 90° = ∠ABO + ∠BAQ，
∴∠OBJ = ∠BAQ，
∴tan∠OBJ = tan∠BAQ，
∴OJ
BJ = BQ
AQ =
1
2 2 ，
设OJ = m，则
BJ = 2 2m，
∵OJ2+ BJ2= OB2，
∴m2+ (2 2m)2= 22，
解得：m = 2
3
(m 的负值已舍去)，
∴OJ 的最小值为
2
3 ，即d 的最小值为2
3 ．
【总结提升】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应
用：锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键
