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专题20 几何动点问题——选填压轴题
1年模拟
1．（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．
2．（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．
3．（2024·广东深圳·三模）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．
4．（2024·广东深圳·三模）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．
5．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，，，点，分别是边，上的动点，且，连接，，当的值最小时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．将拼接到，连接交于点，推出，当点与点重合时，的值最小，据此求解即可．
【详解】解：如图，将拼接到，连接交于点，
则，，，，，
当A，，三点共线，即点与点重合时，的值最小，，，
，，，，，即最小时，的度数为．
故选：C．
6．（2024·广东深圳·三模）如图，矩形中，，点是矩形内部一个动点，且，连接，则三分之二的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可得：点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，在上取一点，使，连接，由矩形的性质可得，，推出，证明，得到，推出，即当、、共线时，取最小值，最小值为，最后根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，在上取一点，使，连接，矩形中，，，，，
，，，又，，
，，，
当、、共线时，取最小值，最小值为，，
故选:B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，圆的性质，勾股定理，线段和最短问题，解题的关键是正确作出辅助线．
7．（2024·广东深圳·三模）如图，半径为2，圆心角为的扇形的弧上有一动点P，从点P作于点H，设的三个内角平分线交于点M，当点P在弧上从点A运动到点B时，点M所经过的路径长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了弧长的计算公式：，其中表示弧长，表示弧所对的圆心角的度数．同时考查了三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质．如图，连接，由的内心为M，可得到，并且易证，得到，所以点M在以为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；过、M、三点作，如图，连，，在优弧取点，连接，，可得，得，，然后利用弧长公式计算弧的长即可．
【详解】解：如图，连接，的内心为M，，，
，∵，∴，
，又，为公共边，
而，，，
所以点M在以为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；
过、M、三点作，如图，连接，，在优弧取点，连接，，
，，，∵，
，弧的长，
∴内心M所经过的路径长为．
故选：B．
8．（2024·广东深圳·三模）如图，菱形的边长为3cm，，动点P从点B出发以的速度沿着边运动，到达点A后停止运动；同时动点Q从点B出发，以的速度沿着边向A点运动，到达点A后停止运动．设点P的运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查动点问题的函数图象．根据拐点得到各个自变量范围内的函数解析式是解决本题的关键．易得点P运动的路程为，点Q运动的路程为．当时，点P在线段上，点Q在线段上，过点Q作于点E，求得的长度，然后根据面积公式可得y与x关系式；当点P在线段上时，，边上的高是和之间的距离为，根据面积公式可得y与x之间的关系式；当点Q在线段上时，，作出边上的高，利用三角形的面积公式可得y与x的关系式．然后根据各个函数解析式可得正确选项．
【详解】解：∵点P的速度是，点Q的速度为，运动时间为x（s），
∴点P运动的路程为，点Q运动的路程为．
①当时，点P在线段上，点Q在线段上．
过点Q作于点E，∴，∵，∴，∴
∴，∴，∴
∴此段函数图象为开口向上的二次函数图象，排除B；
②当时，点P在线段上，点Q在线段上．
过点C作于点F，则为中边上的高．
∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴
∴此段函数图象为y随x的增大而增大的正比例函数图象，故排除A；
③当时，点P在线段上，点Q在线段上，过点P作于点M
∴，∵四边形是菱形，∴，∵，∴
∴，由题意得：，∴，∴
∴，∴
∴此段函数图象为开口向下的二次函数图象
故选：D．
9．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，，，，于点，点、、分别是边、、的中点，连接、，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度向点方向运动（点运动到的中点时停止）；过点作直线与线段交于点，以为斜边作，点在上，设运动的时间为，与矩形重叠部分的面积为，则与之间的函数关系图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查几何动点问题的函数图象，正确分段并分析是解题的关键．根据题意先分段，分为，，三段，分别列出三段的函数解析式便可解决，本题也可只列出，两段，用排除法解决．
【详解】分析平移过程，
①从开始出发至与点重合，由题意可知，如图，
则，过点作于点，∵，，
∴，，，∵，，
∴，∴四边形为矩形，∴，
∵，，∴，∴，∵为中点，∴，
∴，∴与的函数关系是正比例函数；
②当，即从与重合至点与点重合，如图，
由①可得，，，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴，
此函数图象是开口向下的二次函数；
③当，即从点与点重合至点到达终点，如图，
由①可得，，∵，，
∴，∴，∴，
∴，∴，
∴与的函数关系是一次函数，
综上，只有选项A的图象符合，
故选：A．
10．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形中，，E为边上一个动点，连接，取的中点G，点G绕点E逆时针旋转得到点F，连接，则面积的最小值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】过点F作的垂线交的延长线于点H，则，设，可得出面积与x的函数关系式，再根据二次函数图象的性质求得最小值．本题通过构造K形图，考查了相似三角形的判定与性质．建立面积与长度的函数关系式是解题的关键．
【详解】过点F作的垂线交的延长线于点H，
∵矩形中，，点G绕点E逆时针旋转得到点F，
∴，∴，，
∴，∵的中点G，∴，∴，设，，∴，，，
∴
故面积的最小值为，
故选B．
11．（2024·广东深圳·三模）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：．
12．（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：．
13．（2024·广东深圳·三模）如图，在菱形中，，的长为6，点E是边上的动点，连接，将菱形沿着折叠，将菱形沿DE折叠，得到四边形，点A的对应点为点，点B的对应点为点．连接，延长交于点F，连接，若为直角三角形，且时，的长为
【答案】/
【分析】过点作直线的垂线，垂足为点过点于点，先证明，得到，，则，在中，解直角三角形得，，在中，由勾股定理得，，解得：，在中，，同上可求：，则，在中，由勾股定理得， ．
【详解】解：过点作直线的垂线，垂足为点过点于点，
设，由题意得，
由折叠知，，
∴，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，
∴，∴，，∴，∵四边形是菱形，
∴，∴，
由折叠知，∴，
设，则，
在中，,，
∴在中，由勾股定理得，，解得：，
在中，，
同上可求：，∴，
∴在中，由勾股定理得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
14．（2024·广东深圳·三模）如图，已知平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标是，点是轴上一动点，过点作，垂足为，且．当点从坐标原点起沿轴向右运动到终点时，点运动的路径的长度是
【答案】π
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，弧长公式等知识．作于，作轴于，在上截取，设的延长线交轴于，可证得，从而，从而，进而证得，从而，进一步得出结果．
【详解】解：如图，作于，作轴于，在上截取，设的延长线交轴于，
，，，，，，
，，，，，，，，，
，，
当点从坐标原点起沿轴向右运动到终点时，点运动的路线是半圆，，
点运动的路径的长度是，
故答案为：．
15．（2024·广东深圳·二模）如图，矩形，，，E为中点，F为直线上动点，B、G关于对称，连接，点P为平面上的动点，满足，则的最小值
【答案】
【分析】由题意可知，，可得，可知点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧），设圆心为，连接，，，，，过点作，可知为等腰直角三角形，求得，，，，再由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，即可求得的最小值．
【详解】解：∵B、G关于对称，∴，且
∵E为中点，则为的中位线，∴，∴，
∵，即，
∴点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧）
设圆心为，连接，，，，，过点作，则，
∵，∴，则为等腰直角三角形，∴，
又∵为中点，∴，，又∵四边形是矩形，
∴，，∴四边形是正方形，∴，，∴，
由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，隐形圆，三角形三边关系，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，根据得知点在以为弦，圆周角的圆上是解决问题的关键．
16．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形的顶点坐标分别为，，，，动点F在边上（不与B、C重合），过点F的反比例函数的图象与边交于点E，直线分别与y轴和x轴相交于点D和G，若，则k的值为
【答案】1
【分析】设，则，，，待定系数法求直线的解析式为，进而可求，，则，由勾股定理得，，如图，作于，则，，由勾股定理得，，则，可求，进而可求的值．
【详解】解：设，则，，，
设直线的解析式为，则，
解得，，
∴直线的解析式为，
当时，，即，当时，，即，
∴，由勾股定理得，，
如图，作于，则，
∴，由勾股定理得，，∴，
解得，∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，反比例函数解析式，一次函数解析式，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，反比例函数解析式，一次函数解析式，勾股定理是解题的关键．
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专题20 几何动点问题——选填压轴题
1年模拟
1．（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
2．（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．
3．（2024·广东深圳·三模）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
4．（2024·广东深圳·三模）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
5．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，，，点，分别是边，上的动点，且，连接，，当的值最小时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·广东深圳·三模）如图，矩形中，，点是矩形内部一个动点，且，连接，则三分之二的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·广东深圳·三模）如图，半径为2，圆心角为的扇形的弧上有一动点P，从点P作于点H，设的三个内角平分线交于点M，当点P在弧上从点A运动到点B时，点M所经过的路径长是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·广东深圳·三模）如图，菱形的边长为3cm，，动点P从点B出发以的速度沿着边运动，到达点A后停止运动；同时动点Q从点B出发，以的速度沿着边向A点运动，到达点A后停止运动．设点P的运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，，，，于点，点、、分别是边、、的中点，连接、，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度向点方向运动（点运动到的中点时停止）；过点作直线与线段交于点，以为斜边作，点在上，设运动的时间为，与矩形重叠部分的面积为，则与之间的函数关系图象大致为（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形中，，E为边上一个动点，连接，取的中点G，点G绕点E逆时针旋转得到点F，连接，则面积的最小值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
11．（2024·广东深圳·三模）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
12．（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
13．（2024·广东深圳·三模）如图，在菱形中，，的长为6，点E是边上的动点，连接，将菱形沿着折叠，将菱形沿DE折叠，得到四边形，点A的对应点为点，点B的对应点为点．连接，延长交于点F，连接，若为直角三角形，且时，的长为
14．（2024·广东深圳·三模）如图，已知平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标是，点是轴上一动点，过点作，垂足为，且．当点从坐标原点起沿轴向右运动到终点时，点运动的路径的长度是
15．（2024·广东深圳·二模）如图，矩形，，，E为中点，F为直线上动点，B、G关于对称，连接，点P为平面上的动点，满足，则的最小值
16．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形的顶点坐标分别为，，，，动点F在边上（不与B、C重合），过点F的反比例函数的图象与边交于点E，直线分别与y轴和x轴相交于点D和G，若，则k的值为
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