专题：几何动点\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：证明线段数量关系+轨迹最值问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★
【题目】
（26年重庆中考第25题）
如图，在\(Rt∆ABC\)中，\(∠ACB=90^\circ\)，\(BC>AC\)，以\(BC\)为斜边在\(BC\)上方作等腰直角三角形\(BCD\)。
（1）如图1，若\(∠ABC=30^\circ\)，\(BD=3\)，求\(AC\)的长度；
（2）如图2，连接\(AD\)，将线段\(DA\)绕点\(D\)顺时针旋转\(90^\circ\)得到线段\(DE\)，延长\(ED\)交\(BC\)于点\(F\)，连接\(CE\)。点\(G，H\)分别是\(AB，CE\)的中点，连接\(DG，GH\).求证\(BC-AC=\sqrt{2} GH\)；
（3）如图3，\(BC=12，AC=3\)，点\(P\)在直线\(BC\)上，连接\(DP\)，将线段\(DP\)绕点\(D\)逆时针旋转\(90^\circ\)得到线段\(DQ\)，连接\(AQ\)，点\(M\)在直线\(AB\)上，连接\(DM，QM\)，将\(∆DMQ\)沿直线\(DM\)翻折至\(∆ABC\)所在平面内得到\(∆DMN\)，连接\(CN\)。当\(AQ+DQ\)取得最小值时，连接\(CQ，NQ\)，请直接写出\(∆CQN\)面积的最大值.
【分析】
第一问：
\(\left\{
\begin{array}{c}
等腰直角三角形∆BCD\\
BD=3
\end{array}
\right.
⇒BC=\sqrt{2} BD=3\sqrt{2}\)，\(AC=\dfrac{BC}{\sqrt{3}} =\sqrt{6}\)；
第二问：
方法1 几何分析
分析已知
① 等腰直角三角形\(BCD\)
\(CD=BD=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}\)，\(∠DCB=∠DBC=45^\circ\)，
② 线段\(DA\)绕点\(D\)顺时针旋转\(90^\circ\)得到线段\(DE\)
\(∆ADE\)是等腰直角三角形\(⇒AD=ED\)，\(∠DCB=∠DBC=90^\circ\)，
综合①②可得\(∆ADB\)绕点\(D\)逆时针旋转\(90^\circ\)得到\(∆CDE\)(手拉手模型)，
\(∆ADB≅∆CDE⇒AB=CE，∠DBA=∠ECD，∠DAB=∠E\)，
③ 点\(G，H\)分别是\(AB，CE\)的中点
构造中位线等；\(CG=\dfrac{1}{2} AB=AG=BG\)；
因为\(∆ADB≅∆CDE\)，所以\(DH=DG\)(全等三角形对应边上的中线相等)，
也可以得到\(∆DBG\)绕点\(D\)逆时针旋转\(90^\circ\)得到\(∆DCH\)，所以\(∆DHG\)是等腰直角三角形\(⇒DG=DH=\dfrac{GH}{\sqrt{2}}\)；
分析求证
证明\(BC-AC=\sqrt{2} GH\)，证明的线段数量关系，
① 有\(BC-AC\)，想到构造出一线段等于\(BC-AC\)；
方法1 在\(CB\)上取点\(T\)使得\(CT=CA\)，则\(BT= BC-AC\)；
方法2 易得\(∆DBF≅∆DAC⇒AC=BF\)，则\(CF= BC-AC\)；
② 有\(\sqrt{2}\)，想到等腰直角三角形；或由已知分析有\(GH=\sqrt{2} DG\)，则\(\sqrt{2} GH=2DG\)；
综上分析，信息量较大，还得不到明显的思路，接着需要学生较好的观察与分析能力；
取\(BC\)中点\(T\)，
\(\left\{
\begin{array}{c}
\left\{
\begin{array}{c}
等腰直角三角形BCD\\
T是中点
\end{array}
\right.
⇒DT⊥BC\\
GT是中点⇒GT||AC⇒GT⊥BC
\end{array}
\right.
⇒D、G、T三点共线\)，
\(BC-AC=2DT-2GT=2DG=\sqrt{2} GH\)；
方法2 建系法
以点\(C\)为原点，\(CB、CA\)分别为\(x、y\)轴建系，
设\(C(0，0)，A(0，a)，B(b，0)\)，其中\(b>a>0\)，所以\(BC-AC=b-a\)，
要证明\(BC-AC=\sqrt{2} GH\)，只需证明\(\sqrt{2} GH= b-a\)，
因为\(G\)是中点，所以\(G(\dfrac{b}{2} ，\dfrac{a}{2} )\)，故只需要求出点\(E\)的坐标即可；
思路1 ：因为等腰直角三角形\(BCD\)，所以\(D(\dfrac{b}{2} ，\dfrac{b}{2} )\)，
过点\(D\)作\(DT⊥AC\)交直线\(AC\)于点\(M\)，过点\(E\)作\(EN⊥DM\)交\(DM\)于点\(N\)，
易得\(∆DAM≅∆EDN\)，所以\(EN=MD=\dfrac{b}{2}\)，\(ND=AM=|\dfrac{b}{2} -a|\)，
这里严谨些要加绝对值，不管\(\dfrac{b}{2} <a\)还是\(\dfrac{b}{2} >a\)，都可以得到\(E(a，b)\)；
思路2：\(∆ADB≅∆CDE⇒∠E=∠DAB\)，设\(AB\)与\(EC\)交于\(M\)，则\(∠AME=∠ADE=90^\circ\)，
又\(∠ACB=90^\circ\)，所以\(∠CAB=∠ECT\)，
过点\(E\)作\(ET⊥BC\)交\(BC\)于\(T\)，
易得\(∆CET≅∆ABC\)，所以\(CT=AC=a\)，\(ET=CB=b\)，即\(E(a，b)\)，
又\(H\)是\(CE\)的中点，所以\(H(\dfrac{a}{2} ，\dfrac{b}{2} )\)，
所以\(GH=\sqrt{(\dfrac{b}{2} -\dfrac{a}{2} )^2+(\dfrac{a}{2} -\dfrac{b}{2} )^2}=\sqrt{\dfrac{(b-a)^2+(a-b)^2}{4} }=\dfrac{b-a}{\sqrt{2}}\)，
又\(BC-AC=b-a\)，
所以\(BC-AC=\sqrt{2} GH\)；
第三问：
理解题意是关键，本问中有两个动点\(P\)和\(M\)，但它们之间是“没有关联性的”，点\(P\)会影响到\(AQ+DQ\)的值，点\(M\)影响到\(∆CQN\)面积；
本问分为2步走：① 先确定当\(AQ+DQ\)取得最小值时点\(Q\)的位置；② 确定\(∆CQN\)面积的最大值；
第一步：点\(A，Q\)是定点，要求\(AQ+DQ\)的最小值，则需要确定点\(Q\)的运动轨迹；
易得\(\left\{
\begin{array}{c}
CD=BD\\
DP=DQ\\
∠CDP=∠BDQ
\end{array}
\right.
⇒∆DQB≅∆DCP\)(手拉手模型)，所以\(∠DBQ=∠DCB=45^\circ\)，
所以\(∠CBQ=90^\circ\)，即点\(Q\)的运动轨迹是垂直于\(BC\)的直线；
求\(AQ+DQ\)的最小值，就是将军饮马模型；
作点\(D\)关于\(BQ\)的对称点\(D'\)，\(DD'\)交\(BQ\)于点\(Q'\)，即当点\(Q\)与\(Q'\)重合时，\(AQ+DQ\)取得最小值，
过点\(A\)作\(AM⊥BQ'\)交\(BQ'\)于点\(M\)，易得\(∆AMQ'≅∆D'NQ'\)，且相似比为\(\dfrac{AM}{NQ'} =\dfrac{12}{6} =2\)，
所以\(MQ'=2NQ'\)，又\(MN=BN-BM=6-3=3\)，所以\(MQ'=2，BQ'=5\)；
第二步：确定\(∆CQN\)面积的最大值
\(S_{∆CQN}=\dfrac{1}{2} CQ'×h=\dfrac{13}{2} h\)（\(h\)为点\(N\)到\(CQ'\)的距离），
由于\(C、Q'\)的位置确定，则要确定点\(N\)的轨迹；
过点\(D\)作\(DE⊥BQ'\)于\(E\)，则\(EQ'=EB-BQ'=6-5=1，DE=6\)，所以\(DQ'=\sqrt{37}\)，
因为\(∆DMQ'≅∆DMN\)，所以\(ND=DQ'=\sqrt{37}\)，
即点\(N\)的轨迹为以点\(D\)为圆心，\(\sqrt{37}\)为半径的圆的一部分弧，
则求\(S_{∆CQN}\)的最大值，便是圆上一点到定直线距离最大值的问题；
过点\(D\)作\(DG⊥BC\)于\(G\)，易得\(DQ'=\sqrt{37}，CD=6\sqrt{2}，CQ'=13\)，
设\(GQ'=x\)，则\(CG=13-x\)，
所以\(DG^2=(6\sqrt{2})^2-(13-x)^2=(\sqrt{37})^2-x^2\)，解得\(x=\dfrac{67}{13}\)，
所以\(DG^2=(\sqrt{37})^2-x^2=37-\dfrac{4489}{169} =\dfrac{1764}{169} ⇒DG=\dfrac{42}{13}\)，
所以\((S_{∆CQN} )_{max}=\dfrac{13}{2} (DG+r)=\dfrac{13}{2} ×(\dfrac{42}{13} +\sqrt{37})=21+\dfrac{13\sqrt{37}}{2}\)。
【解答】
第一问：
\(∵∆BCD\)是等腰直角三角形，\(∴BC=\sqrt{2} BD=3\sqrt{2}\)，
\(∵∠ABC=30^\circ，∠ACB=90^\circ\)，\(∴AC=BC\cdot \tan 30^\circ=\sqrt{6}\)；
第二问：
方法1 几何分析
连接\(DH\)，
\(∵∆BCD\)是等腰直角三角形，\(∴CD=BD\)，
\(∵∠ADF=∠CDB=90^\circ\)，\(∴∠EDC=∠ADB\)，
又\(∵AD=DE\)，\(∴∆ADB≅∆CDE\)，
\(∴AB=CE，∠ECD=∠ABD\)，
\(∵\)点\(G，H\)分别是\(AB，CE\)的中点，\(∴CH=BG\)，
又\(∵CD=BD\)，\(∴∆CDH≅∆BDG\)，
\(∴∠CDH=∠BDG，HD=GD\)，
\(∴∠HDG=∠CDH+∠CDG=∠BDG+∠CDG=∠CDB=90^\circ\)，
\(∴∆GHD\)是等腰直角三角形，即\(GH=\sqrt{2} DG\)，
取\(BC\)中点\(T\)，
\(∵∆BCD\)是等腰直角三角形，\(∴DT⊥BC\)，
\(∵G，T\)是中点，\(∴GT||AC\)，且\(AC=2GT\)，
\(∴∠GTB=∠ACB=90^\circ\)，
\(∴D、G、T\)三点共线，
\(∵∆BCD\)是等腰直角三角形，\(T\)是中点，
\(∴DT=\dfrac{1}{2} BC\)，即\(BC=2DT\)，
\(∴BC-AC=2DT-2GT=2(DT-GT)=2DG=\sqrt{2} GH\)；
方法2 建系法
以点\(C\)为原点，\(CB、CA\)分别为\(x、y\)轴建系，
设\(C(0，0)，A(0，a)，B(b，0)\)，其中\(b>a>0\)，
\(∵∆BCD\)是等腰直角三角形，\(∴CD=BD\)，
\(∵∠ADF=∠CDB=90^\circ\)，\(∴∠EDC=∠ADB\)，
又\(∵AD=DE\)，\(∴∆ADB≅∆CDE\)，
\(∴EC=CB，∠E=∠DAB\)，
设\(AB\)与\(EC\)交于\(M\)，则\(∠AME=∠ADE=90^\circ\)，
又\(∠ACB=90^\circ\)，\(∴∠CAB=∠ECT\)，
过点\(E\)作\(ET⊥BC\)交\(BC\)于\(T\)，
\(∵∠CTE=∠ACB=90^\circ，∠CAB=∠ECT\)，
\(∴∆CET≅∆ABC\)，
\(∴CT=AC=a，ET=CB=b\)，即\(E(a，b)\)，
又\(H\)是\(CE\)的中点，\(∴H(\dfrac{a}{2} ，\dfrac{b}{2} )\)，
\(∴GH=\sqrt{(\dfrac{b}{2} -\dfrac{a}{2} )^2+(\dfrac{a}{2} -\dfrac{b}{2} )^2}=\sqrt{\dfrac{(b-a)^2+(a-b)^2}{4} }=\dfrac{b-a}{\sqrt{2}}\)，
\(∴\sqrt{2} GH=b-a\)，
又\(BC-AC= b-a\)，\(∴BC-AC=\sqrt{2} GH\)；
第三问：
\((S_{∆CQN} )_{max}=21+\dfrac{13\sqrt{37}}{2}\)，具体分析看解析.