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专题20 几何动点问题——选填压轴题
5年真题
考点1 动点轨迹为线
1．（2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
考点2 几何动点与函数综合
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是 ．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是
1年模拟
3．（2024·广东广州·一模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且，平分，连接，分别交于点G，M，P是线段上的一个动点，过点P作，垂足为N，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024·广东广州·一模）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·广东广州·一模）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
6．（2024·广东广州·三模）如图，在中，，点D是边上一动点（不与B、C重合），，交线段于点E，且．
（1）若，则的长度是 ；（2）线段的取值范围是 ．
7．（2024·广东广州·二模）如图，已知的半径长为，为直径，点是一动点，，连结，以为斜边，在上方构造直角三角形且满足，．
（1）若是的切线，求 ．
（2）求的最大值为 ．
8．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于 °时，；②当且长度最大时，的长度为 ．
9．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点M在直线上，连接，
（1）当，则
（2）当最大时，
10．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点E，F分别是边，上的动点，且．
（1）当时， ；
（2）当最大时，的长为 ．
11．（2024·广东广州·一模）已知在四边形中，，，．
（1）的长是 ；
（2）若E是边上一个动点，连接，过点D作，垂足为点F，在上截取，当的面积最小时，点P到的距离是
12．（2024·广东广州·一模）如图，点为菱形的边上一点，且，，点为对角线上一动点，若的周长最小值为6，则
13．（2024·广东广州·一模）如图，在中，，，，点为边上一动点（点D与点A、B不重合），过点D作，连接．
（1）外接圆的直径的最小值是 ；
（2）内切圆的半径的最大值是 ．
14．（2024·广东广州·一模）如图，在平行四边形中，，，，点为线段的中点．动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点．点、同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．作点关于直线的对称点，在点从点运动到点的过程中，点的运动路径长为 ．
15．（2024·广东广州·一模）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
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专题20 几何动点问题——选填压轴题
5年真题
考点1 动点轨迹为线
1．（2022·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
【答案】120°/120度 75°/75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
考点2 几何动点与函数综合
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是 ．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是
【答案】
【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．
【详解】解：∵点D，E分别是，的中点，∴是的中位线，∴；
如图，设，
由题意得，，且，∴，
又F、G分别是的中点，∴，，∴，，
∴四边形是平行四边形，由题意得，与的距离是，∴，
∴边上的高为，
∴四边形面积，∵，
∴，
故答案为：，．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．
1年模拟
3．（2024·广东广州·一模）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在边上，且，平分，连接，分别交于点G，M，P是线段上的一个动点，过点P作，垂足为N，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论错误；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对．
【详解】解：∵为正方形，∴，∵，
∴，∴，∴，∵，
∴，∴，∴，
∵平分，∴，∵，∴，∴，
∵，∴垂直平分，故①正确．
由①可知，，∴，∴，
∴，由①可知，∴．故③正确．
∵为正方形，且边长为4，∴，∴在中，
由①可知，，∴，∴
由图可知，和等高，设高为h，∴，∴，∴，∴故④错误．
由①可知，，∴，
∴M关于线段的对称点为D，过点D作，交于，交于，
∴最小即为，如图所示，
由④可知的高即为图中的，∴．故②不正确．
综上所述，正确的是①③共两个．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点．
4．（2024·广东广州·一模）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·广东广州·一模）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．
6．（2024·广东广州·三模）如图，在中，，点D是边上一动点（不与B、C重合），，交线段于点E，且．
（1）若，则的长度是 ；（2）线段的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
（1）作于，如图，根据等腰三角形的性质得，再利用余弦的定义计算出，则，设，则，证明，利用相似比可表示出，将代入即可；
（2）利用二次函数的性质求的取值范围．
【详解】解：（1）作于，如图，，，，
，，，设，则，
，即，，而，
，，即，，当时，；
（2），故当时，最大，最大值为6.4，
当时，，点D是边上一动点（不与B、C重合），．
故答案为：，．
7．（2024·广东广州·二模）如图，已知的半径长为，为直径，点是一动点，，连结，以为斜边，在上方构造直角三角形且满足，．
（1）若是的切线，求 ．
（2）求的最大值为 ．
【答案】或 /
【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定；
（1）分情况讨论，分别画出图形，解直角三角形，即可求解；
（2）以为斜边构造直角三角形且满足，，证明，得出进而得出，进而根据点到圆上的距离最值问题，即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵的半径长为，为直径，，∴，又∵是的切线，
∴，，∴，∵，
∴，，∵，∴，∴
在中，；
如图所示，过点作于点，
∵，，∴，∵，
∴，，∴
在中，
故答案为：或．
（2）如图所示，以为斜边构造直角三角形且满足，， 则
∵，，∴，∴即
又∵，∴，∴
∴，∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，∴的最大值为
故答案为：．
8．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于 °时，；②当且长度最大时，的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，旋转的性质．先求得是等边三角形，再求得，，根据全等三角形的性质可求得第一问；当点G在线段上时，长度最大，画出图形，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：∵，∴，∵矩形，∴，
∴是等边三角形，∴，，∴，
∵，∴，，∴，
∵，∴，∴；
∴等于时，；
当点G在线段上时，长度最大，如图，
∴，∵，，∴，∴，
∴，，∵，∴，
故答案为：，．
9．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点M在直线上，连接，
（1）当，则
（2）当最大时，
【答案】 3
【分析】①根据矩形的性质和勾股定理即可求解；
②作，过点A作于点E，则连接，取中点O，连接，，先证明，继而，因此，故的最大值转化为的最大值，由，知点E在以点O为圆心，为半径的圆上运动，由，故当三点共线时，取得最大值为18，故．
【详解】解：①∵，，∴，∵四边形是矩形，
∴，，∴由勾股定理得：，，∴，
故答案为：；
②作，过点A作于点E，则连接，取中点O，连接，，
∵四边形是矩形，∴，，∵点O为中点，∴，
∴由勾股定理得，∵，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，∴，
∴，∴，∴的最大值转化为的最大值，∵，
∴点E在以点O为圆心，为半径的圆上运动，∵，
∴当三点共线时，取得最大值为18，∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形三边关系，构造相似三角形是解决本题的关键．
10．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点E，F分别是边，上的动点，且．
（1）当时， ；
（2）当最大时，的长为 ．
【答案】 /
【分析】（1）证明，利用计算即可；
（2）当与相切时，的值最大，此时， 也最大，利用三角形相似计算即可．
【详解】（1）∵矩形中，，，∴，∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）如图，取的中点O，连接，∵矩形中，，，∴，∵，∴A、D、E、F四点共圆，∴，
∴当与相切时，的值最大，此时，也最大，∴，
∵矩形中，，，∴，∴，
∴，∴，∵，
∵矩形中，，，∴，∵，
∴，∴，∴，∴，∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正切函数，三角形相似的判定和性质，切线的性质，四点共圆，圆周角定理，熟练掌握正切函数，切线性质，四点共圆是解题的关键．
11．（2024·广东广州·一模）已知在四边形中，，，．
（1）的长是 ；
（2）若E是边上一个动点，连接，过点D作，垂足为点F，在上截取，当的面积最小时，点P到的距离是 ．
【答案】 /
【分析】（1）连接，根据条件易知是等腰直角三角形，所以求得，再利用求得，在中即可求出的长；
（2）连接，过点P作于点G，当点O、P、G共线时，的长最小，则的面积最小．
【详解】（1）解：连接，在中，，，
，，
，在中，；
故答案为：4
（2）在中，易得，
连接，由题意可知是等腰直角三角形，，，
点P是外接圆的上的一个动点，作的外接圆，连接，得，是等腰直角三角形，，
过点P作于点G，当点O、P、G共线时，的长最小，则的面积最小，
当点O、P、G共线时，，，
是等边三角形，，过点P作于点H，
∴四边形是矩形，，，则，
故点P到的距离是．
故答案为：
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和面积最小问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
12．（2024·广东广州·一模）如图，点为菱形的边上一点，且，，点为对角线上一动点，若的周长最小值为6，则
【答案】/
【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称—最短路径问题，勾股定理逆定理，锐角三角函数，推出是直角三角形是解题关键．连接、，根据菱形好轴对称的性质，得到，进而求出，再利用勾股定理逆定理，推出是直角三角形，再求正弦值即可．
【详解】解：如图，连接、，四边形是菱形，，，
，点和点关于对称，，，
，的周长，
的周长最小值为6，，，，，，
是直角三角形，，，，
故答案为：
13．（2024·广东广州·一模）如图，在中，，，，点为边上一动点（点D与点A、B不重合），过点D作，连接．
（1）外接圆的直径的最小值是 ；
（2）内切圆的半径的最大值是 ．
【答案】 / /0.2
【分析】本题考查了直角三角形的外接圆和内切圆综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握直角三角形外接圆直径为斜边长，内切圆半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半是解题关键．
（1）当时，作为外接圆的直径最小，由勾股定理可得，设，则，根据列方程，求出的值，进而得到的长即可求解；
（2）令，，,内切圆半径为，则，由相似三角形可得，，即最小时，r最大，作C关于的对称点，过作交于点D，连接，此时最小，即最小，最小值为，进而即可求解
【详解】解：（1）为直角三角形，外接圆直径为斜边的长，
当时，作为外接圆的直径最小，如图，，，，
，，设，则，
，解得：，，
故答案为：
（2）令，，,内切圆半径为，则，，，
，，，，，即，
∴，，
即最小时，r最大，作C关于的对称点，过作交于点D，连接，此时最小，即最小，最小值为，
∵，，，∴，∴，
∵，∴，
故答案为：
14．（2024·广东广州·一模）如图，在平行四边形中，，，，点为线段的中点．动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点．点、同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．作点关于直线的对称点，在点从点运动到点的过程中，点的运动路径长为 ．
【答案】
【分析】连接，延长交于点，设交于点，证明得出，进而得出当点点运动到点时，点运动到点，此时与重合，则与点重合，则的运动轨迹为，根据弧长公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，延长交于点，设交于点
∵在平行四边形中，，，，点为线段的中点．
∴，，，∴，∴，
∵，∴，∴，∵
∴，∴是等边三角形，
∵动点从点开始沿边以的速度运动至点，动点从点开始沿边以的速度运动至点，∴，∵，∴，∴
∴，∵，，∴
∴，∴，过点O，∴点是的外心，
∴，∵点关于直线的对称点，∴，
∴当点点运动到点时，点运动到点，此时与重合，则与点重合，则的运动轨迹为，∴点的运动路径长为
故答案为：．
15．（2024·广东广州·一模）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：．
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