初中數(shù)學(xué)120大招-88 主從聯(lián)動模型

中考數(shù)學(xué)幾何模型12：主從聯(lián)動模型名師點睛①當(dāng)軌跡為直線時思考1如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當(dāng)點P在BC上運(yùn)動時，Q點軌跡是？揭秘：將點P看成主動點，點Q看成從動點，當(dāng)P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．可以這樣理解：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運(yùn)動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線，且Q點運(yùn)動路徑長為P點運(yùn)動路徑長的一半．思考2如圖，點C為定點，點P、Q為動點，CP=CQ，且∠PCQ為定值，當(dāng)點P在直線AB上運(yùn)動，請?zhí)骄奎cQ的運(yùn)動軌跡.揭秘：當(dāng)CP與CQ夾角固定，且AP=AQ時，P、Q軌跡是同一種圖形，且PP1=QQ1．可以這樣理解：易知△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.思考3如圖，點C為定點，點P是直線AB上的一動點，以CP為斜邊作Rt△CPQ，且∠P=30°，當(dāng)點P在直線AB上運(yùn)動，請?zhí)骄奎cQ的運(yùn)動軌跡.揭秘：條件CP與CQ夾角固定時，P、Q軌跡是同一種圖形，且有．可以這樣理解：由CPQ∽△CP1Q1，易得△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.軌跡是直線軌跡是直線總結(jié)條件：主動點、從動點與定點連線的夾角是定量；主動點、從動點到定點的距離之比是定量．結(jié)論：①主動點、從動點的運(yùn)動軌跡是同樣的圖形；②主動點路徑做在直線與從動點路徑所在直線的夾角等于定角③當(dāng)主動點、從動點到定點的距離相等時，從動點的運(yùn)動路徑長等于主動點的運(yùn)動路徑長；④當(dāng)主動點、從動點到定點的距離不相等時，.典題探究啟迪思維探究重點例題1.如圖，在等邊△ABC中，AB=10，BD=4，BE=2，點P從點E出發(fā)沿EA方向運(yùn)動，連結(jié)PD，以PD為邊，在PD的右側(cè)按如圖所示的方式作等邊△DPF，當(dāng)點P從點E運(yùn)動到點A時，點F運(yùn)動的路徑長是________．【分析】根據(jù)△DPF是等邊三角形，所以可知F點運(yùn)動路徑長與P點相同，P從E點運(yùn)動到A點路徑長為8，故此題答案為8．變式練習(xí)>>>1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（-3,0），點B是y軸正半軸上一動點，以AB為邊在AB的下方作等邊△ABP，點B在y軸上運(yùn)動時，求OP的最小值．【分析】求OP最小值需先作出P點軌跡，根據(jù)△ABP是等邊三角形且B點在直線上運(yùn)動，故可知P點軌跡也是直線．取兩特殊時刻：（1）當(dāng)點B與點O重合時，作出P點位置P1；（2）當(dāng)點B在x軸上方且AB與x軸夾角為60°時，作出P點位置P2．連接P1P2，即為P點軌跡．根據(jù)∠ABP=60°可知：與y軸夾角為60°，作OP⊥，所得OP長度即為最小值，OP2=OA=3，所以O(shè)P=．例題2.如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側(cè)作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．【分析】同樣是作等邊三角形，區(qū)別于上一題求動點路徑長，本題是求CG最小值，可以將F點看成是由點B向點A運(yùn)動，由此作出G點軌跡：考慮到F點軌跡是線段，故G點軌跡也是線段，取起點和終點即可確定線段位置，初始時刻G點在位置，最終G點在位置（不一定在CD邊），即為G點運(yùn)動軌跡．CG最小值即當(dāng)CG⊥的時候取到，作CH⊥于點H，CH即為所求的最小值．根據(jù)模型可知：與AB夾角為60°，故⊥．過點E作EF⊥CH于點F，則HF==1，CF=，所以CH=，因此CG的最小值為．變式練習(xí)>>>2．（2017秋?江漢區(qū)校級月考）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E在AB上，點D為BC的中點，△EDM為等邊三角形．若點E從點B運(yùn)動到點A，則M點所經(jīng)歷的路徑長為6．【解答】解：當(dāng)點E在B時，M在AB的中點N處，當(dāng)點E與A重合時，M的位置如圖所示，所以點E從點B運(yùn)動到點A，則M點所經(jīng)歷的路徑為MN的長，∵△ABC是等邊三角形，D是BC的中點，∴AD⊥BC，∠BAD＝30°，∵AB＝6，∴AD＝＝3，∵△EDM是等邊三角形，∴AM＝AD＝3，∠DAM＝60°，∴∠NAM＝30°+60°＝90°，∵AN＝AB＝3，在Rt△NAM中，由勾股定理得：MN＝＝＝6，則M點所經(jīng)歷的路徑長為6，故答案為：6．例題3.如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y=-x于點N，若點P是線段ON上的一個動點，∠APB=30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運(yùn)動時，A點不變，B點隨之運(yùn)動．求當(dāng)點P從點O運(yùn)動到點N時，點B運(yùn)動的路徑長是________．【分析】根據(jù)∠PAB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB=，故B點軌跡也是線段，且P點軌跡路徑長與B點軌跡路徑長之比也為，P點軌跡長ON為，故B點軌跡長為．變式練習(xí)>>>3．（2019?東臺市模擬）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點A（0，﹣2），B（﹣1，0），C（﹣5，0），點D從點B出發(fā)，沿x軸負(fù)方向運(yùn)動到點C，E為AD上方一點，若在運(yùn)動過程中始終保持△AED～△AOB，則點E運(yùn)動的路徑長為．【解答】解：如圖，連接OE．∵∠AED＝∠AOD＝90°，∴A，O，E，D四點共圓，∴∠EOC＝∠EAD＝定值，∴點E在射線OE上運(yùn)動，∠EOC是定值．∵tan∠EOD＝tan∠OAB＝，∴可以假設(shè)E（﹣2m，m），當(dāng)點D與C重合時，AC＝＝，∵AE＝2EC，∴EC＝＝，∴（﹣2m+5）2+m2＝，解得m＝或（舍棄），∴E（﹣，），∴點E的運(yùn)動軌跡＝OE的長＝，故答案為．名師點睛②當(dāng)軌跡為弧線時思考1如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．當(dāng)點P在圓O上運(yùn)動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是一個圓，考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，．小結(jié)：確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當(dāng)于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關(guān)系分析圓心的相對位置關(guān)系；軌跡是圓根據(jù)動點之間的數(shù)量關(guān)系分析軌跡圓半徑數(shù)量關(guān)系．軌跡是圓

思考2：如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．當(dāng)點P在圓O上運(yùn)動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．思考3：如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°，且AP=2AQ，當(dāng)P在圓O運(yùn)動時，Q點軌跡是？揭秘：考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP：AQ=2：1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO：AM=2：1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．推理：（1）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為一邊作等邊△APQ．當(dāng)點P在圓O上運(yùn)動時，Q點軌跡是和圓O全等的一個圓.（2）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為斜邊作等腰直角△APQ．當(dāng)點P在圓O上運(yùn)動時，Q點軌跡為按AP：AQ=AO：AM=：1的比例縮放的一個圓.總結(jié)：為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．此類問題的必要條件：兩個定量，即：①主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；②主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP：AQ是定值）．結(jié)論：（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點距離之比：AP：AQ=AO：AM，也等于兩圓半徑之比，也等于兩動點運(yùn)動軌跡長之比，按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關(guān)系相當(dāng)于旋轉(zhuǎn)+伸縮．古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．典題探究啟迪思維探究重點例題4.如圖，點P（3，4），圓P半徑為2，A（2.8，0），B（5.6，0），點M是圓P上的動點，點C是MB的中點，則AC的最小值是_______．【分析】M點為主動點，C點為從動點，B點為定點．考慮C是BM中點，可知C點軌跡：取BP中點O，以O(shè)為圓心，OC為半徑作圓，即為點C軌跡．當(dāng)A、C、O三點共線且點C在線段OA上時，AC取到最小值，根據(jù)B、P坐標(biāo)求O，利用兩點間距離公式求得OA，再減去OC即可．答案為變式練習(xí)>>>4．如圖，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當(dāng)點P從點A運(yùn)動至點B時，點M運(yùn)動的路徑長為________．【分析】考慮C、M、P共線及M是CP中點，可確定M點軌跡：取AB中點O，連接CO取CO中點D，以D為圓心，DM為半徑作圓D分別交AC、BC于E、F兩點，則弧EF即為M點軌跡．當(dāng)然，若能理解M點與P點軌跡關(guān)系，可直接得到M點的軌跡長為P點軌跡長一半，即可解決問題．答案為例題5.如圖，正方形ABCD中，，O是BC邊的中點，點E是正方形內(nèi)一動點，OE=2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得DF，連接AE、CF．求線段OF長的最小值．【分析】E是主動點，F(xiàn)是從動點，D是定點，E點滿足EO=2，故E點軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的圓．考慮DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F(xiàn)點軌跡是以點M為圓心，2為半徑的圓．直接連接OM，與圓M交點即為F點，此時OF最小．可構(gòu)造三垂直全等求線段長，再利用勾股定理求得OM，減去MF即可得到OF的最小值．答案為變式練習(xí)>>>5．△ABC中，AB=4，AC=2，以BC為邊在△ABC外作正方形BCDE，BD、CE交于點O，則線段AO的最大值為_____________．【分析】考慮到AB、AC均為定值，可以固定其中一個，比如固定AB，將AC看成動線段，由此引發(fā)正方形BCED的變化，求得線段AO的最大值．根據(jù)AC=2，可得C點軌跡是以點A為圓心，2為半徑的圓．接下來題目求AO的最大值，所以確定O點軌跡即可，觀察△BOC是等腰直角三角形，銳角頂點C的軌跡是以點A為圓心，2為半徑的圓，所以O(shè)點軌跡也是圓，以AB為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形，直角頂點M即為點O軌跡圓圓心．連接AM并延長與圓M交點即為所求的點O，此時AO最大，根據(jù)AB先求AM，再根據(jù)BC與BO的比值可得圓M的半徑與圓A半徑的比值，得到MO，相加即得AO．答案為，本題或者直接利用托勒密定理可得最大值．名師點睛③當(dāng)軌跡為其他種類時根據(jù)剛才我們的探究，所謂“瓜豆原理”，就是主動點的軌跡與從動點的軌跡是相似性，根據(jù)主、從動點與定點連線形成的夾角以及主、從動點到定點的距離之比，可確定從動點的軌跡，而當(dāng)主動點軌跡是其他圖形時，從動點軌跡必然也是．典題探究啟迪思維探究重點例題6.如圖，在反比例函數(shù)的圖像上有一個動點A，連接AO并延長交圖像的另一支于點B，在第一象限內(nèi)有一點C，滿足AC=BC，當(dāng)點A運(yùn)動時，點C始終在函數(shù)的圖像上運(yùn)動，若tan∠CAB=2，則k的值為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】∠AOC=90°且AO：OC=1：2，顯然點C的軌跡也是一條雙曲線，分別作AM、CN垂直x軸，垂足分別為M、N，連接OC，易證△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若將條件“tan∠CAB=2”改為“△ABC是等邊三角形”，k會是多少？變式練習(xí)>>>6．（2017?深圳模擬）如圖，反比例函數(shù)y＝的圖象上有一動點A，連接AO并延長交圖象的另一支于點B，在第二象限內(nèi)有一點C，滿足AC＝BC，當(dāng)點A運(yùn)動時，點C始終在函數(shù)y＝的圖象上運(yùn)動，tan∠CAB＝2，則關(guān)于x的方程x2﹣5x+k＝0的解為x1＝﹣1，x2＝6．【解答】解：連接OC，過點A作AE⊥y軸于點E，過點C作CF⊥y軸于點F，如圖所示，∵由直線AB與反比例函數(shù)y＝的對稱性可知A、B點關(guān)于O點對稱，∴AO＝BO．又∵AC＝BC，∴CO⊥AB．∵∠AOE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠COF＝90°，∴∠AOE＝∠COF，又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，∴△AOE∽△COF，∴＝＝，∵tan∠CAB＝＝2，∴CF＝2AE，OF＝2OE．又∵AE?OE＝，CF?OF＝|k|，∴k＝±6．∵點C在第二象限，∴k＝﹣6，∴關(guān)于x的方程x2﹣5x+k＝0可化為x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝﹣1，x2＝6．故答案為：x1＝﹣1，x2＝6．例題7.如圖，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），點P是△ABC邊上一動點，連接OP，以O(shè)P為斜邊在OP的右上方作等腰直角△OPQ，當(dāng)點P在△ABC邊上運(yùn)動一周時，點Q的軌跡形成的封閉圖形面積為________．【分析】根據(jù)△OPQ是等腰直角三角形可得：Q點運(yùn)動軌跡與P點軌跡形狀相同，根據(jù)OP:OQ=，可得P點軌跡圖形與Q點軌跡圖形相似比為，故面積比為2:1，△ABC面積為1/2×3×4=6，故Q點軌跡形成的封閉圖形面積為3．【小結(jié)】根據(jù)瓜豆原理，類似這種求從動點軌跡長或者軌跡圖形面積，根據(jù)主動點軌跡推導(dǎo)即可，甚至無需作圖．變式練習(xí)>>>7．（2017春?工業(yè)園區(qū)期末）如圖，△ABC的面積為9，點P在△ABC的邊上運(yùn)動．作點P關(guān)于原點O的對稱點Q，再以PQ為邊作等邊△PQM．當(dāng)點P在△ABC的邊上運(yùn)動一周時，點M隨之運(yùn)動所形成的圖形面積為（）A．3 B．9 C．27 D．【解答】解：如圖，∵點P從點A出發(fā)，沿△ABC的邊從A﹣B﹣C﹣A運(yùn)動一周，且點Q關(guān)于原點O與點P對稱，∴點Q隨點P運(yùn)動所形成的圖形是△ABC關(guān)于O的中心對稱圖形，以PQ為邊作等邊△PQM，M點對應(yīng)的A，B，C的點分別為Ma，Mb，Mc，∵△MbQbB是等邊三角形，∴MbO＝OB，同理McO＝OC，∴＝＝，∵∠COB+∠BOMc＝90°，∠McOMb+∠BOMc＝90°∴∠COB＝∠McOMb，∴△McOMb∽△COB，∴MbMc＝BC，同理，MaMb＝AB，MaMc＝AC，∴△MaMbMc∽△ABC，∴△MaMbMc的面積＝9×（）2＝27，即點M隨點P運(yùn)動所形成的圖形的面積為27．故選：C．例題8.如圖所示，AB=4，AC=2，以BC為底邊向上構(gòu)造等腰直角三角形BCD，連接AD并延長至點P，使AD=PD，則PB的取值范圍為___________．【分析】固定AB不變，AC=2，則C點軌跡是以A為圓心，2為半徑的圓，以BC為斜邊作等腰直角三角形BCD，則D點軌跡是以點M為圓心、為半徑的圓考慮到AP=2AD，故P點軌跡是以N為圓心，為半徑的圓，即可求出PB的取值范圍．答案為變式練習(xí)>>>8．（2018秋?新吳區(qū)期末）如圖已知：正方形OCAB，A（2，2），Q（5，7），AB⊥y軸，AC⊥x軸，OA，BC交于點P，若正方形OCAB以O(shè)為位似中心在第一象限內(nèi)放大，點P隨正方形一起運(yùn)動，當(dāng)PQ達(dá)到最小值時停止運(yùn)動．以PQ的長為邊長，向PQ的右側(cè)作等邊△PQD，求在這個位似變化過程中，D點運(yùn)動的路徑長（）A．5 B．6 C．2 D．4【解答】解：如圖，連接OQ，以O(shè)Q為邊向下作等邊△OQH，連接DH，作QE⊥OA交OA的延長線于E．∵△OQH，△PQD都是等邊三角形，∴QO＝QH，QP＝QD，∠OQH＝∠PQD＝60°，∴∠OQP＝∠HQD，∴△OQP≌△HQD（SAS），∴OP＝DH，∴點D的運(yùn)動路徑的長＝點P的運(yùn)動路徑的長，∵直線OA的解析式為y＝x，Q（5，7），QE⊥OA，∴直線EQ使得解析式為y＝﹣x+12，由，解得，∴E（6，6），∵P（1，1），∴PE＝5，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點P與點E重合時，PQ的長最短，∴點P的運(yùn)動路徑的長為5，∴點D的運(yùn)動路徑的長為5，故選：A．例題9.（2019秋?硚口區(qū)期中）如圖，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一個平面上，邊AC與EF重合，BC＝4cm．當(dāng)點E從點A出發(fā)沿AC方向滑動時，點F同時從點C出發(fā)沿射線BC方向滑動，當(dāng)點E從點A滑動到點C時，點D運(yùn)動的路徑長為（24﹣12）cm．【解答】解：∵BC＝4cm，∠A＝30°，∠DEF＝45°，∴AC＝BC＝12cm，AB＝2BC＝8cm，ED＝DF＝AC＝6cm，當(dāng)點E沿AC方向下滑時，得△E'D'F'，過點D'作D'N⊥AC于點N，作D'M⊥BC于點M，如圖所示：∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°，∴∠E'D'N＝∠F'D'M，在△D'NE'和△D'MF'中，，∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS），∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM，∴CD'平分∠ACM，即點E沿AC方向下滑時，點D'在射線CD上移動，∴當(dāng)E'D'⊥AC時，DD'值最大，最大值＝ED﹣CD＝（12﹣6）cm，∴當(dāng)點E從點A滑動到點C時，點D運(yùn)動的路徑長＝2×（12﹣6）＝（24﹣12）cm；故答案為：（24﹣12）．變式練習(xí)>>>9．（2018?金華模擬）如圖，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜邊在x軸的正半軸上，點A與原點重合，隨著頂點A由O點出發(fā)沿y軸的正半軸方向滑動，點B也沿著x軸向點O滑動，直到與點O重合時運(yùn)動結(jié)束．在這個運(yùn)動過程中．（1）AB中點P經(jīng)過的路徑長π．（2）點C運(yùn)動的路徑長是8﹣12．【解答】解：（1）如圖1，∵∠AOB＝90°，P為AB的中點，∴OP＝AB，∵AB＝4，∴OP＝2，∴AB中點P運(yùn)動的軌跡是以O(shè)為圓心，以O(shè)P為半徑的圓弧，即AB中點P經(jīng)過的路徑長＝×2×2π＝π；（2）①當(dāng)A從O到現(xiàn)在的點A處時，如圖2，此時C′A⊥y軸，點C運(yùn)動的路徑長是CC′的長，∴AC′＝OC＝8，∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；②當(dāng)A再繼續(xù)向上移動，直到點B與O重合時，如圖3，此時點C運(yùn)動的路徑是從C′到C，長是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，綜上所述，點C運(yùn)動的路徑長是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；故答案為：（1）π；（2）8﹣12．達(dá)標(biāo)檢測領(lǐng)悟提升強(qiáng)化落實1.（2018秋?黃岡期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，線段BC上一動點P從C點開始運(yùn)動，到B點停止，以AP為邊在AC的右側(cè)作等邊△APQ，則Q點運(yùn)動的路徑為2cm．【解答】解：如圖，Q點運(yùn)動的路徑為QQ′的長，∵△ACQ和△ABQ′是等邊三角形，∴∠CAQ＝∠BAQ′＝60°，AQ＝AC＝AQ′＝2cm，∵∠BAC＝90°，∴∠QAQ′＝90°，由勾股定理得：QQ′＝＝＝2，∴Q點運(yùn)動的路徑為2cm；故答案為：2．2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位于DF兩側(cè)，點F從點A到點C的運(yùn)動過程中，點E的運(yùn)動路徑長是．【解答】解：E的運(yùn)動路徑是線段EE'的長；∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝，當(dāng)F與A點重合時，在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，∴DE'＝，∠CDE'＝30°，當(dāng)F與C重合時，∠EDC＝60°，∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，在Rt△DEE'中，EE'＝；故答案為．3．（2019?銅山區(qū)二模）如圖，已知點M（0，4），N（4，0），開始時，△ABC的三個頂點A、B、C分別與點M、N、O重合，點A在y軸上從點M開始向點O滑動，到達(dá)點O結(jié)束運(yùn)動，同時點B沿著x軸向右滑動，則在此運(yùn)動過程中，點C的運(yùn)動路徑長4．【解答】解：過點C'作C'D⊥x軸，C'E⊥y軸∵點M（0，4），N（4，0），∴OM＝ON，∵∠CA'C'+45°＝∠EAB+∠MGB＝45°+∠MGB，∴∠EA'C'＝∠B'GB，∵∠B'GB+∠GB'B＝45°，∠GB'B+∠DB'C'＝45°，∴∠EA'C'＝∠DB'C'，又∵A'C'＝B'C'，∴Rt△A'C'E≌Rt△B'C'D（HL），∴EC'＝DC'，∴C'在第四象限的角平分線上，∴C的運(yùn)動軌跡是線段AC，∴C的運(yùn)動路徑長為4；故答案為4；3．（2018?寶應(yīng)縣三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，若P是以AB為直徑所作半圓上由A沿著半圓向B運(yùn)動的一點，連接CP，過P向下作PM⊥CP，且有PM＝0.5CP，如圖示，求點P運(yùn)動過程中，點M的運(yùn)動路徑長是π．【解答】解：如圖，∵點P的運(yùn)動軌跡是半圓，PM⊥CP，且有PM＝0.5CP，可見點M的運(yùn)動軌跡是半圓．當(dāng)PC是直徑時，CM也是的直徑，∴PC＝AB＝4時，PM＝2，∴CM＝＝2，∴的長＝?π＝π，故答案為π4．如圖，已知線段AB＝8，O為AB的中點，P是平面內(nèi)的一個動點，在運(yùn)動過程中保持OP＝2不變，連結(jié)BP，將PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°到PC，連結(jié)BC、AC，則線段AC長的最大值是2．【解答】答案為：5．（2017?江陰市二模）如圖，線段AB為⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB＝4，BC＝2，點P是⊙O上一動點，連接CP，以CP為斜邊在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP＝60°，連接OD，則OD長的最大值為2+1．【解答】解：如圖，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，則CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，∵∠CDP＝90°，∠DCP＝60°，∴CP＝2CD，∴＝＝2，∴△COP∽△CED，∴＝＝2，即ED＝OP＝1（定長），∵點E是定點，DE是定長，∴點D在半徑為1的⊙E上，∵OD≤OE+DE＝2+1，∴OD的最大值為2+1，故答案為．6．（2018?建湖縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（4，0）、B（0，﹣3），以點B為圓心、2為半徑的⊙B上有一動點P．連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為1.5．【解答】解：解法一：如圖，取點D（﹣4，0），連接PD，∵C是AP的中點，O是AD的中點，∴OC是△APD的中位線，∴OC＝PD，連接BD交⊙B于E，∵OD＝4，OB＝3，∴BD＝5，當(dāng)點P與點E重合時，PD最小為5﹣2＝3，故OC的最小值為1.5；解法二：當(dāng)點P運(yùn)動到AB的延長線上時，即如圖中點P1，C1是AP1的中點，當(dāng)點P在線段AB上時，C2是中點，取C1C2的中點為D，點C的運(yùn)動路徑是以D為圓心，以DC1為半徑的圓，當(dāng)O、C、D共線時，OC的長最小，設(shè)線段AB交⊙B于Q，Rt△AOB中，OA＝4，OB＝3，∴AB＝5，∵⊙B的半徑為2，∴BP1＝2，AP1＝5+2＝7，∵C1是AP1的中點，∴AC1＝3.5，AQ＝5﹣2＝3，∵C2是AQ的中點，∴AC2＝C2Q＝1.5，C1C2＝3.5﹣1.5＝2，即⊙D的半徑為1，∵AD＝1.5+1＝2.5＝AB，∴OD＝AB＝2.5，∴OC＝2.5﹣1＝1.5，故答案為：1.5．7．（2016?江岸區(qū)校級模擬）如圖，線段AB＝2，C是AB上一動點，以AC、BC為邊在AB同側(cè)作正△ACE、正△BCF，連EF，點P為EF的中點．當(dāng)點C從A運(yùn)動到B時，P點運(yùn)動路徑長為1．【解答】解：如圖，分別延長AE、BF交于點H．∵∠A＝∠FCB＝60°，∴AH∥CF，∵∠B＝∠ECA＝60°，∴CE∥BH，∴四邊形ECFH為平行四邊形，∴EF與HC互相平分．∵P為CH的中點，∴P正好為EF中點，即在P的運(yùn)動過程中，P始終為CH的中點，所以P的運(yùn)行軌跡為三角形HAB的中位線MN．∵AB＝2，