2023年中考数学重难点03 探究动态几何问题解答分析

文档来源网络侵权删除希望此文档能祝您一臂之力重难点03探究动态几何问题数学因运动而充满活力，数学因变化面精彩纷呈。动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题。随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题。有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等。根据其运动的特点，又可分为(1)动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点；(2)动直线类；(3)动图形问题。2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的‘变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性;动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系;这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论。解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动。解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系。3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰(边)三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题。全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等。限时检测1：最新各地模拟试题（60分钟）1．（2023·广东珠海·校考一模）如图①，在正方形中，点是的中点，点是对角线上一动点，设，．已知与之间的函数图象如图②所示，点是图象的最低点，那么正方形的边长的值为（

）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】由、关于对称，推出，推出，推出当、、共线时，的值最小，连接，由图象可知，就可以求出正方形的边长．【详解】解：如图，连接交于点，连接，连接交于点．四边形是正方形，是的中点，点是的中点，是的重心，，，、关于对称，，，当、、共线时，的值最小，的值最小就是的长，，设正方形的边长为，则，在中，由勾股定理得：，，负值已舍，即正方形的边长为．故选：C．【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到正方形的性质，重心的性质，利用勾股定理求线段长是解题的关键．2．（2023·河北保定·统考一模）如图，在菱形中，，P为对角线上的一个动点，过点作的垂线，交或于点，交或于点，点从点出发以cm/s的速度向终点运动，设运动时间为，以为折线将菱形向右折叠，若重合部分面积为，求t的值，对于其答案，甲答：，乙答：，丙答：，则正确的是（

）A．只有甲答的对 B．甲、乙答案合在一起才完整C．甲、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才充整【答案】C【分析】由菱形的性质推出的度数，通过分类讨论的方法得到含有特殊角的直角三角形、、以及等边三角形、，利用面积公式进而列出有关时间的一元二次方程，通过解方程求出.【详解】解：如图，连接交于点四边形为菱形，在中，由题意可知，如图所示，重合部分在中，，，为等边三角形如图所示，重合部分在中，，，为等边三角形或，即甲、丙答案合在一起才完整.故答案选.【点睛】本题考查的是菱形的性质和折叠问题，涉及到的知识点有利用特殊直角三角形求边长、求角度以及等边三角形的判定.是否能用分类讨论的方法解决本题折叠问题是这道题的难点.本题的综合能力较强.3．（2023·浙江·九年级模拟）如图，中，，，，以点为圆心3为半径的优弧分布交，于点，点优弧上的动点，点为的中点，则长的取值范围是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据勾股定理求得AB=8，然后根据的性质求得NE和OE的长，当点P在M处时，AC有最小值，此时，在中应用勾股定理即可求解；当P在点N处时，AC有最大值，根据的性质求出CF、FO、AF，然后在中应用勾股定理即可求解．【详解】∵OA=6，OB=10，ON=OM=3∴AM=OA-OM=3∴在中，过N点作于点E∴又∵∴∴∴∴，当点P在点M、N处时，AC分别有最小值和最大值；当点P在M处时，AC有最小值∵C是BP的中点，∴∴在中，∴当P在点N处时，AC有最大值∴∵∴∴∴，∴，∴在中，综上所述，故选D．【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，题目较为综合，难度较大，根据题意讨论两种情况是本题的关键．4．（2023·绵阳市中考模拟）边长为4、中心为的正方形如图所示，动点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动到点时停止，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度运动一周停止，若点同时开始运动，点的运动时间为，当时，满足的点的位置有（）A．6个 B．7个 C．8个 D．9个【答案】B【分析】依次取的中点，连接．由题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，，则有六种情况，分类列式计算求出t的值，即可解答本题．【详解】解：依次取的中点，连接．根据题意，得点运动的路程为，当时，点运动的路程为．分析题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，．当时，显然；②当时，如图（1），点在上，点在上，，由，得；③当时，如图（2），点在上，点在上，，由，得或；④当时，如图（3），点在上，点在上，，由，得（舍去）或；⑤当时，如图（4），点在上，点在上，，由，得或；⑥当时，点停在点处，因此当时，，只有时满足．综上，满足条件的点的位置有7个，故选：B．【点睛】本题结合动点考查考生空间想象的能力与分析问题、解决问题的综合能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．分析题意时，需注意时间的取值范围不含0和16，第后点停止运动，且与点重合．5．（2022·江西·九年级一模）如图，在中，动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，同时动点从点出发，在边上以每秒的速度向点匀速运动，运动时间为秒，连接．若以为直径的与的边相切，则的值为_______．【答案】或或【分析】分当⊙O与BC相切、⊙O与AB相切，⊙O与AC相切时，三种情况分类讨论即可得出结论．【详解】解：设运动时间为t秒（0<t<2），则BM=5t，CN=4t，BN=8-4t，在直角三角形ABC中，由勾股定理，得AB==10.当为直径的与的边AB相切时，∠BMN=90°=∠C，又因为∠B=∠B，所以△BMN∽△BCA，∴=，解得t=；当为直径的与的边BC相切,∠BNM=90°=∠C，又因为∠B=∠B，所以△BMN∽△BAC，所以=，解得t=1;当为直径的与的边AC相切,如图,过点O作OH⊥AC于点H，交PM于点Q，

OH=OQ+QH=PM+PC=（8t-8）+（8-4t）=4，∴MN=2OH=8，∴73t2-128t+64=64

解得t1=0，t2=.故t的值为或或.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质及圆的综合知识；由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键，此类题目为中考的热点考题之一，应加强训练．6．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，已知点是双曲线在第一象限的分支上的一个动点，连接并延长交另一分支于点，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线，两垂线交于点，随着点的运动，点的位置也随之变化，设点的坐标为，则，满足的关系式为______．【答案】【分析】首先根据点的坐标为，分别求出点的坐标、点的坐标；然后根据点B和点C的横坐标相同，求出，满足的关系式即可．【详解】解：由反比例函数的性质可知，点和点关于原点对称，点的坐标为，点的坐标为，，点的坐标为，，根据图象可知，点和点的横坐标相同，，即．故答案为：．【点睛】此题主要考查了反比例函数的图象上点的坐标的特征，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①图象上的点的横纵坐标的积是定值，即；②双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称；③在图象中任取一点，过这一个点向轴和轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．7．（2023·浙江舟山·统考一模）如图，在中，，，．动点P沿线段以的速度从点A向点C运动，另有一动点Q与点P同时出发，沿线段以相同的速度从点B向点C运动．作于点D，再将绕的中点旋转，得到；作于点E，再将绕的中点旋转，得到．设点P的运动时间为．（1）如图当点落在边上时x的值为___________；（2）如图，在点P，Q运动中：当点在内部时x的取值范围为___________．【答案】

【分析】（1）利用锐角三角函数的意义直接求出；（2）找出分界点①刚好到达边时，②刚好到达边时，利用同一条线段两种算法求出值，即可得的取值范围．【详解】解：（1）∵，，，∴，∴，，，由题意得：，∴，，∴，∴；故答案为：；（2）同（1）可得，，，①刚好到达边时，由旋转可知，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，即，∵，则：，，∴，∴；②刚好到达边时，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，解直角三角形等知识，具体的规划是学会用分类讨论的思想思考问题属于中考常考题．8．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，中，，，．点P从点C出发沿折线以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，点Q从点B出发沿以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达点B时停止运动，另一点也随之停止．设点P，Q运动的时间是t秒（）．发现：(1)___________；(2)当点P，Q相遇时，相遇点在哪条边上？并求出此时的长．探究：(3)当时，的面积为___________；(4)点P，Q分别在，上时，的面积能否是面积的一半？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．拓展：(5)当时，求出此时t的值．【答案】(1)5(2)相遇点在边上，1(3)1(4)不能，见解析(5)【分析】（1）利用勾股定理直接求解即可；（2）分类讨论点的位置对应不同的时间，直接计算即可；（3）直接求出边长来求面积即可；（4）解方程时通过求根公式来说明不能取到值；（5）先画出图形，然后利用平行线间的线段比列方程求值．【详解】（1）在中，∴；

（2）点P运动到B需要：s点Q运动到B点需要：s当点相遇时，有．解得．∴相遇点在边上，此时．

（3）当时，，即∴

故答案为1；（4）不能理由：若的面积是面积的一半，即，化为．∵，∴方程没有实数根，即的面积不能是面积的一半．（5）由题可知，点先到达边，当点还在边上时，存在，如图所示．这时，．∵，，∴．解得，即当时，．【点睛】此题考查动点问题以及平行线的线段比，解题关键是将点的路程表示出来找到等量关系，以及平行线中线段成比例列方程．9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图，直线与x轴、y轴分别交于点和点，直线与直线交于点，平行于y轴的直线m从原点O出发，以每秒个单位长度的速度沿x轴向右平移，到点时停止．直线m交线段、于点、，以为斜边向左侧作等腰，设与重叠部分的面积为（平方单位），直线m的运动时间为t（秒）．(1)填空：_______，______；(2)填空：动点的坐标为（t，_____），______（用含t的代数式表示）；(3)当点落在轴上时，求的值．(4)求S与t的函数关系式并写出自变量的取值范围；【答案】(1)8；(2)；(3)2(4)【分析】（1）分别令、求出、的长度，再根据等腰直角三角形的性质求出的度数；（2）根据等腰直角三角形的性质可得动点E的坐标，进而求出的长度；（3）当点在轴上时，四边形为正方形，进而求出的值；（4）点的位置有三种可能：①点在轴的左侧；②点在轴上；③点在轴右侧，求出S与t的关系式．【详解】（1）与轴交于A点，与轴交于B点，∵当时，；当时，，∴，∴，故答案为：8；．（2）∵直线与直线交于点C，∴联立，得，解得，，∴，，则，即，，∵且直线m平行于y轴，垂直于x轴，∴，为等腰直角三角形，∴，∴，故答案为：；．（3）当点落在轴上时，，∴，，∴四边形为正方形，∴，∴，即，故答案为：2．（4）由题意可知：直线m交线段、于点、，以为斜边向左侧作等腰，所以点的位置有三种情况：①由（3）可知，当时，点在轴上，此时和重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形为正方形，；②当时，点在轴左侧，此时与重叠部分为梯形，如图，的两直角边与轴有两交点P、Q，分别过两个交点作x轴的平行线，交于M、N两点，；③当时，点在轴右侧，此时和重叠部分的面积为等腰直角三角形，四边形为正方形，，故答案为：．【点睛】本题考查根据一次函数解析式求点的坐标，以及三角形的面积的计算，正确表示出的长是关键．10．（2023春·吉林长春·九年级东北师大附中校考阶段练习）如图，在中，，，．动点P从点A出发，以每秒7个单位长度的速度沿折线AC﹣CB向终点B运动．当点P不与顶点重合时，作，交边AB于点Q，以CP、PQ为边作．设点P的运动时间为t秒．(1)求的长．(2)当点P在边上时，求点Q到边的距离（用含t的代数式表示）；(3)当的某条对角线与△ABC的直角边垂直时，求的面积；(4)以点P为直角顶点作等腰直角三角形，使点E与点C在同侧，设的中点为F，的对称中心为点O，连接．当时，直接写出t的值．【答案】(1)(2)点Q到边的距离为3t(3)的面积为36或(4)满足条件的t的值为或4【分析】（1）根据勾股定理求解即可；（2）如图1，过点Q作于点M，由，设，，由题意，推出，，可得，可得结论；（3）分两种情形：当时，如图2中，过点Q作于点M，当时，如图3中，过点Q作于点N，分别构建方程求解，可得结论；（4）如图4﹣1中，当是等腰直角三角形时，满足条件；如图4﹣2中，当是等腰直角三角形时，满足条件，分别构建方程求解，可得结论．【详解】（1）在中，，，，∴＝＝20；（2）如图1中，过点Q作于点M．在中，，，设，，，∴，∴，∴，∴，∴；（3）当时，如图2中，过点Q作于点M．∵，，∴，∴，∴的面积；当时，如图3中，过点Q作于点N．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得，∴的面积．综上所述，满足条件的的面积为36或；（4）如图4﹣1中，当是等腰直角三角形时，满足条件．过点Q作于点M，则，，∴，∴，∴，∴，如图4﹣2中，当是等腰直角三角形时，满足条件，过点N作于点N．∵，，∴，∴，综上所述，满足条件的t的值为或4．【点睛】本题属于四边形综合题，考查平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．11．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图①，在中，，，，D为的中点，为的中位线，四边形为的内接矩形（矩形的四个顶点均在的边上）．(1)计算矩形的面积；(2)将矩形沿向右平移、点F落在上时停止移动，在平移过程中，当矩形与重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；(3)如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形，将矩形绕点按顺时针方向旋转，当H1落在上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形，设旋转角为，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据已知，由直角三角形的性质可知，从而求

得，，利用中位线的性质可得，，利用三角函数可得，由矩形的面积公式可得结果；（2）首先利用分类讨论的思想，分析当矩形与重叠部分为三角形时（），利用三角函数和三角形的面积公式可得结果；当矩形与重叠部分为直角梯形时()，列出方程解得x，即可得到答案；（3）作于Q，设，则，，利用勾股定理可得m，在中，利用三角函数解得；【详解】（1）解：如图①，在中，∵，，，∴，又∵D为的中点，，∴，，又∵为的中位线，∴，在中，，，∴，在中，，∴矩形的面积；（2）解：如图②，设矩形移动的距离为x，则，当矩形与重叠部分为三角形时，则，，∴（舍去），当矩形与重叠部分为直角梯形时，则，重叠部分的面积，∴，即矩形移动的距离为时，矩形与重叠部分的面积是；（3）解：如图③，于Q，设，则，∵，，在中，，解之得：，（负的舍去）．∴．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质和三角函数定义等，利用分类讨论的思想，构建直角三角形是解答此题的关键．12．（2023春·江苏·九年级校考阶段练习）已知：如图，在中，．点D是中点，点P从点C出发，沿向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q从点A出发，沿向点B匀速运动，速度为3cm/s；连接，将绕点D旋转得．设运动时间为t（s），解答下列问题：(1)当t为何值时，？(2)当t为何值时，四边形是菱形？(3)设四边形的面积为y，求y与t的函数关系式；(4)是否存在某一时刻t，使得点T在的外接圆上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)；(4)存在，【分析】（1）首先根据勾股定理得到的长，根据旋转性质和平行四边形判定，可以证出四边形为平行四边形，利用得线段成比例，从而得解；（2）过Q作于N，用含t的代数式表示出的长，由（1）已经证明四边形PQRT为平行四边形，它的对角线互相垂直时为萎形，再证明，，再根据相似三角形对应边的比相等即可得解；（3）过P作于M，过点Q作于N，根据，即可得解；（4）过C作于H，所以，再证明，对应角相等，即为内错角相等，所以，从而证出当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动，取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则，即可得解．【详解】（1）解：连接，由旋转知：，，∴四边形为平行四边形，当时，则，∴，∵，，，∴，依题意得：，，∴，，∴，∴，∴，∴，当时，；（2）解：由（1）知，四边形为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形为萎形知，当，即时，平行四边形为菱形，过Q作于N，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴①，∵，，∴，∴，即，∴，，∴，∴，由①等式知：，∴，∴，∴，∴，舍去负根，∴，检验是原方程的根，∴；（3）解：∵四边形为平行四边形，∴，过P作于M，过点Q作于N，由（2）知，在中，，∴，∴，∴；（4）解：过C作于H，∴，∴，连接，∵，，，∴，∴，∴，∴当Q在上运动时，T也在过C点与平行的直线上运动，取中点O连作于M，则四边形为矩形，，若T在的外接圆上，则，∵，∴，又∵，∴，∵，∴，即，∴，即当时，T在的外接圆上．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆的性质，解题关键是恰当作出辅助线，熟练掌握以上性质和判定．13．（2023·重庆市·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点B的坐标是，连接．若动点从点出发沿着线段以个单位每秒的速度向终点运动，设运动时间为秒．(1)求线段的长．(2)连接，当为等腰三角形时，过点作线段的垂线与直线交于点，求点的坐标；(3)已知点为的中点，连接，点关于直线的对称点记为(如图2)，在整个运动过程中，若点恰好落在内部(不含边界)，请直接写出的取值范围．【答案】(1)(2),,(3)当时，点恰好落在内部(不含边界)【分析】（1）勾股定理直接求解即可；（2）分三种情形，分别讨论，即可求解；（3）当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，因为点为的中点，由（2）可知，，根据等面积法求得，进而得出,,，根据轴对称的性质得出，，继而求得，在中，，即可求解．【详解】（1）解：∵点的坐标为，点B的坐标是，∴，∴;（2）当时，如图，过点作轴于点，轴于点，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设,在中，，在中，，∴即解得：，∴；当时，如图，过点作轴于点，轴于点，过点作于点，∴，∵，∴，∵，∴，设，，在中，，解得：，即，在中，，在中，，∴，即，解得：，∴，当时，如图，∵，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴，综上所述，或或，（3）如图，当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，∵点为的中点，由（2）可知，，则，∵，，∴，∴，∴,∴，∵，∴，∵对称，∴，，∴，即，∴，在中，∴解得（舍去）或当点运动到点，此时重合，此时，解得，∴当时，点恰好落在内部(不含边界)．【点睛】本题考查了勾股定理，解一元二次方程，坐标与图形，等腰三角形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．14．（2022秋·吉林长春·九年级校考期中）如图①，在中，，，点从点出发沿折线运动．点P在AB上的运动速度是每秒个单位长度，在上的运动速度是每秒5个单位长度．当点不与点重合时，作于点Q，以线段为边作矩形，使点始终在线段的同侧，且，点运动的时间为（s）．(1)

__________．(2)用含有t的代数式表示线段的长．(3)当点落在的边上时，求t的值．(4)如图②，点分别是的中点，作直线，直接写出直线与的一边垂直时的值．【答案】(1)(2)①当时，；②当时，(3)或(4)，，，【分析】（1）过点作边的高线，根据及，可求高及所在直角三角形的邻直角边即可；（2）当点在段运动时，，由，则，可得，当点在段运动时，，则，由，可得：，综上即可；（3）分两大类情况讨论：点在上与点在上，由，，当点在上时，，则，此时由，可得，代入数据可求，同理求点在上情况即可；（4）分别画出垂直于三边的图形，依据图形分析即可．【详解】（1）如图所示：过点作边的高线，由，设，则，根据勾股定理：，可得：，所以，（2）如下左图所示：，当点在段运动时（），，由可得，则，可得如下右图所示：当点在段运动时（），，则，由，可得：综上所得：①当时，；②当时，（3）如下左图所示：点在上，由，可得：，由点P在上的运动速度是每秒个单位长度，则，由，，则，此时由，可得，，解得：如下右图所示：点在上，，，，，此时由，即，（4）当时：①如图1所示：，则，，；②如图2所示：，，则，，如图3所示：当时，设垂足为，，，，，，由相似性质及，可得：，，，如图4所示：当时，设垂足为，，，，，此时有关系式：，即，

图1

图2图3

图4【点睛】本题结合动点考查了相似与锐角三角函数，关键是灵活运用相似性质及三角函数解三角形，最后一问主要通过画图分析，逆向（执果索因）解决问题．15．（2023·山东·九年级专题练习）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)动点P从点O出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止：动点Q同时从点D出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为1秒，当时，求的面积．(3)在（2）的条件下，当点P，Q运动至四边形为矩形时，求t的值．【答案】(1)见解析(2)12(3)当点，运动至四边形为矩形时的值为或【分析】（1）代入点坐标即可得出值确定直线的解析式，进而求出A点坐标，再求出点D的坐标，根据，，即可证四边形是平行四边形；（2）作于，设出点的坐标，根据勾股定理计算出的长度，根据运动时间求出的长度即可确定的面积；（3）根据对角线相等确定的长度，再根据、的位置分情况计算出值即可．【详解】（1）解：直线经过点，，解得，即直线的解析式为，当时，，，线段平行于轴，点的纵坐标与点一样，又点在直线上，当时，，即，，，，∵，四边形是平行四边形；（2）作于，点在直线上，设点的坐标为，，，由勾股定理，得，即，整理得或8（舍去），，，当时，，；（3），当时，，当时，，当点，运动至四边形为矩形时，，，当时，，解得，当时，，解得，综上，当点，运动至四边形为矩形时的值为或．【点睛】本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．16．（2022秋·山东济南·九年级校考阶段练习）如图1，在中，，点分别是边的中点，连接．将绕点C逆时针旋转，记旋转角为α．(1)①当时，＝________；②当时，＝________；(2)当时，过点D作于点M，过E作于点N，请在图2中补全图形，并求出的值．(3)当时，若点O为的中点，求在旋转过程中长的最小值．【答案】(1)①2；②2(2)(3)【分析】（1）①当时，在中，由勾股定理求出的值，然后根据点分别是边的中点，分别求出的大小，即可求出的值；②如图1，当时，由旋转的性质可得，由勾股定理可求，即可求解；（2）通过证明，可得，，通过证明，可得；（3）由勾股定理可求的长，由点O在以C为圆心，长为半径的圆上，则当点O在时，有最小值．【详解】（1）解：（1）①∵∴＝，∵点D、E分别是边的中点，∴，∴．故答案为2．②当时，如图1：将绕点C逆时针旋转得到，连接∵将绕点C逆时针旋转得到，∴，∴，∴．故答案为2．（2）解：如图2，分别过点作，垂足分别为∵，∴，且，∴，∴，∵，∴，∴．（3）解：如图3，连接∵O是中点，∴∴∵在旋转过程中绕着点C旋转，∴点O在以C为圆心，长为半径的圆上，∴当点O在时，有最小值，∴此时．【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转变换、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．17．（2022春·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，动点P从点A出发，沿折线以每秒5个单位长度的速度向点B运动，当点P不与A、B重合时，过点P作，垂足为点D，将线段PD绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连接CE，点P、点D关于直线CE的对称点分别为点、．设点P的运动时间为t秒．(1)当P与C重合时，求t的值．(2)用含t的代数式表示PD的长．(3)当线段在内部时，求t的取值范围．(4)当时，直接写出t的值．【答案】(1)(2)(3)(4)或【分析】（1）当P与C重合时，点P运动的路程即为AC的长度，据此列出方程求解即可；（2）分点P在AC上和在BC上两种情况讨论求解即可；（3）过点C作CF⊥AB于F，如图3-1所示，先证明当CE在CF左侧时，此时点必然在△ABC的外部，不符合题意；然后分别求出如图3-2和如图3-3所示的两种临界情况，最后证明如图3-4所示的情况不符合题意即可得到答案；（4）分P在BC上和P在AC上两种情况，建立平面直角坐标系进行求解即可．（1）解：由题意得，解得；（2）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：如图1所示，当点P在AC上，即时，∵∠A=∠A，∠ADP=∠ACB=90°，∴△ADP∽△ACB，∴，即，∴；如图2所示，当点P在BC上，即，∵∠B=∠B，∠BDP=∠BCA=90°，∴△BDP∽△BCA，∴，即，∴；综上所述，；（3）解：过点C作CF⊥AB于F，如图3-1所示，当CE在CF左侧时，设直线CE与AB交于点G，∵∠AFC=90°，∴∠AGC＞90°，又∵点是D关于直线CE的对称点，∴此时点必然在△ABC的外部，不符合题意；如图3-2所示，当CE与CF恰好重合时，∵∠ADP=∠EPD=90°，∴，∴，∴∠CEP=∠BCA=90°，∴△CPE∽△BAC，∴，由（2）得，∴由旋转的性质可得PE=PD=4t，∴，解得；如图3-3所示，当点恰好落在BC上时，由轴对称的性质可得，过点E作EH⊥CP于H，则△CHE为等腰直角三角形，∴CH=HE，∵∠EHP=∠BCA=90°，∠EPH=∠A，∴△EHP∽△BCA，∴，即，∴，∴，∴，解得；当点P在AC上运动，且时，此时点在△ABC外部，不符合题意；如图3-4所示，当点P在BC上运动时，由于点E在△ABC外部，则点在△ABC外部，不符合题意；综上所述，当线段在内部时，；（4）解：如图1所示，当P在AC上时，设与直线CE交于点M，延长PD交直线CE于Q，连接MD，，由轴对称的性质可得，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴∠CMP=∠QMP=90°，∵PM=PM，∴△CMP≌△QMP（ASA），∴CP=PQ，如图所示，以AB为x轴，以CF所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，在Rt△ABC中，，，∴,，∴点C的坐标为（0，）在Rt△PAD中，，∴，∴点D的坐标为（，0），由旋转的性质可得，∠DPE=∠ADP=90°，∴轴，∴点E的坐标为（，4t），设直线CE的解析式为，∴，∴，∴直线CE的解析式为，当时，，∴，∴，∴，∴，∴解得；如图4-2所示，当点P在线段BC上时，同图4-1中建立坐标系，设与BC交于N，过点D作DM⊥BC于M，过点N作NQ⊥PD于Q，过点B作BG⊥CE于G，过点G作GT⊥x轴于T，∵，，∴，∴，同理可证，∴∠PDN=∠MDN，又∵NQ⊥PD，MN⊥DM，∴NQ=NM，∠NQD=∠NMD=90°，∴△NQD≌△NMD（AAS），∴DQ=DM，在Rt△ABC中，，∵∠ABC+∠DPB=90°=∠DPM+∠PDM，∴∠PDM=∠ABC，∴，，∴，∴，同理可证∠PNQ=∠PBD，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴（可以参考两个角的两边互相平行进行证明，两个角都是锐角，不存在互补的情况），∴，同理可得，∴，∴，∴，∴，∴点G的坐标为（，），同理可求得直线CG的解析式为，在Rt△BDP中，，∴，由（2）得，∴点E的坐标为（，），∵点E在直线CG上，∴，∴，∴，解得；综上所述，当时，或【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，旋转的性质，角平分线的性质等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线，利用分类讨论和数学结合的思想求解．18．（2022秋·福建三明·九年级统考期中）如图所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴正半轴上，直线交y轴于点M，边交y轴于点H．(1)求直线的函数解析式及的长；(2)连接，动点P从点A出发，沿折线方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；(3)在（2）的情况下，当点P在线段上运动时，是否存在以为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由．【答案】(1)，(2)(3)当或时，为以为腰的等腰三角形．【分析】（1）由点的坐标，利用勾股定理和菱形的性质易得点的坐标，由，的坐标可得直线的解析式；令，解得，得的长，易得；（2）设点到的距离为，由的面积易得，利用分类讨论的思想，三角形的面积公式①当在直线上运动；②当运动到直线上时分别得的面积；（3）分类讨论：①当时，，解得；②当时，利用勾股定理可得的长，易得．【详解】（1）解：点的坐标为，，即点的坐标为，设直线的解析式为，则，解得：，直线的解析式为：，令得：，即，；（2）解：设点到的距离为，由，即，，①当在直线上运动时的面积为与的运动时间为秒关系为：，即；②当运动到直线上时的面积为与的运动时间为秒关系为：，即，故；（3）解：存在①当时，点的坐标为，，，，，即，；②当时，即，解得：．综上所述，当或时，为以为腰的等腰三角形．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，动点问题，等腰三角形的性质和三角形的面积公式及待定系数法求解析式，解题的关键是利用分类讨论的思想，数形结合的思想求解．19．（2023·山东·九年级专题练习）综合与实践问题情境：矩形ABCD中，AB＝2，∠ADB＝30°，将△BCD沿着对角线BD所在的直线平移，得到△B′C′D′，连接AB′，DC′．操作探究：(1)如图1，当△BCD沿射线BD的方向平移时，请判断AB′与DC′的长度有何关系？并说明理由；(2)如图2，当△BCD沿射线DB的方向平移时，四边形AB′C′D能成为菱形吗？若能，求出平移的距离；若不能，说明理由；(3)当△BCD平移距离为2时，请你在备用图中画出平移后的图形（除图2），并提出一个问题，直接写出结论．【答案】(1)AB′＝DC′，理由见解析(2)能，2(3)见解析【分析】(1)根据平移的性质证明四边形是平行四边形，即可解决问题，(2)利用菱形的性质可得，进而可以解决问题，(3)结合(2)当沿射线DB的方向平移，平移距离为2时，利用菱形的性质可得与的位置关系．【详解】（1）解：，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴，AD＝BC，∵是由平移得到的，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴．（2）能，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴，则平移的距离为2．（3）如图，问题：当沿射线DB的方向平移，平移距离为2时，与的位置有何关系？结论：．证明：∵四边形ABCD为矩形，AD=BC，，∵沿射线DB的方向平移，平移距离为2，∴，，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∵，∴，∴，∴平行四边形为菱形，∴，即【点睛】此题考查了平移变换，菱形的判定与性质，矩形的性质，解题关键是掌握平移的性质．20．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，等边△ABC中，AB＝10cm，CD＝4cm．点M以3cm/s的速度运动．(1)如果点M在线段CB上由点C向点B运动，点N在线段BA上由点B向点A运动、它们同时出发，若点N的速度与点M的速度相等；①经过2s后，△BMN和△CDM是否全等？请说明理由．②当M，N两点的运动时间为多少秒时，△BMN恰好是一个直角三角形？(2)若点N的运动速度与点M的运动速度不相等，点N从点B出发，点M按原来的运动速度从点C同时出发，都顺时针沿△ABC三边运动，经过25s时，点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是

cm/s．（请直接写出答案）【答案】(1)①△BMN和△CDM全等，理由见解析；②秒或秒；(2)或【分析】（1）①由题意求出CM＝BN，BM＝CD，然后利用SAS可证明△BMN≌△CDM；②分两种情形讨论解答：①当∠BNM＝90°时；②当∠BMN＝90°时，设两点的运动时为t秒，分别表示出BM，BN的长度，根据含30°角的直角三角形的性质列方程即可求出对应的时间；（2）分两种情况解答：①当点N的速度小于点M的速度时；②当点N的速度大于点M的速度时，设点N速度为s厘米/秒，利用点M与点N第一次相遇时的路程的差列出方程即可求解．【详解】（1）解：①△BMN和△CDM全等．理由：∵点N的运动速度与点M的运动速度相等，点M以3厘米/秒的速度运动，∴点N的速度是3厘米/秒，∴经过2秒后，CM＝6厘米，BN＝6厘米，∴CM＝BN，∴BM＝BC−CM＝10−6＝4（厘米），∵DC＝4厘米，∴BM＝CD，∵在等边△ABC中，∠B＝∠C＝60°，∴△BMN≌△CDM（SAS）；②设两点的运动时间为t秒，则CM＝BN＝3t厘米，∴BM＝BC−CM＝（10−3t）厘米．①当∠BNM＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BMN＝30°，∴BN＝BM，∴3t＝（10−3t），解得：t＝；②当∠BMN＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BNM＝30°，∴BM＝BN，∴10−3t＝×3t．解得：t＝，综上，当运动时间为秒或秒时，△BMN是一个直角三角形；（2）设点N速度为s厘米/秒，则点N25秒运动的距离为25s厘米，①当点N的速度小于点M的速度时，由题意得：25×3−25s＝10，解得：s＝，②当点N的速度大于点M的速度时，由题意得：25s−25×3＝20，解得：s＝，综上，经过25秒点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是厘米/秒或厘米/秒，故答案：或．【点睛】本题是几何动点的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质以及一元一次方程的应用，利用分类讨论的思想解答是解题的关键．21．（2022春·重庆北碚·九年级校考期中）如图1，抛物线与直线的交点分别位于x轴、y轴上的AB两点，与x轴的另一交点为．(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，连接BC，点P为AB上方抛物线上一动点，过点P作交AB于点Q，过点P作轴交AB于点R，求△PQR周长最大值及此时点P的坐标；(3)在（2）问条件下，当△PQR面积最大时，将△PQR绕点R顺时针旋转n°（），当旋转过程中，时，记此时三角形为，再将沿直线AB进行翻折得到，将沿直线AB进行平移，在平移过程中，若点恰好在抛物线上，记此时的三角形为，请直接写出此时的坐标．【答案】(1)(2)周长最大值为，此时点(3)或【分析】（1）由直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，可先求出点A，B的坐标，再将A，B，C三点坐标代入抛物线解析式即可得出结论；（2）过点Q作QM⊥PR于点M，可得，△OBC∽△MPQ，△OBA∽△MRQ，进而可得△PQR的周长为PQ+QR+PR，设点P的横坐标为t，表达PR的长，利用二次函数的性质可得出其最大值，进而可得出结论；（3）过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N，则△RP1N∽△BAO，所以RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4，将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2，可得点R是P1，P2的中点，进而可得P2的坐标；由平移可得P2P3∥AB，所以直线P2P3的解析式，联立一次函数与抛物线的解析式，可得出P3的坐标．(1)由题意可知，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（3，0），B（0，4），将A（3，0），B（0，4），C（-2，0）代入抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），得，解得∴抛物线的解析式为：(2)由（1）知OC=2，OB=4，OA=3，如图，过点Q作QM⊥PR于点M，∴∠BOC=∠QMP=90°，∵BC∥PQ，PR∥y轴，∴∠OBC=∠QPR，∴△OBC∽△MPQ，∴OC：OB=MQ：PM=2：4；∵PR∥y轴，∴∠OBA=∠QRP，∴△OBA∽△MRQ，∴OB：OA=MR：QM=4：3，设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m，∴QR=5m，QP=3m，PR=10m，∴△PQR的周长为PQ+QR+PR=15m+3m=若求△PQR的周长的最大值，求出PR的最大值即可；设点P的横坐标为t，则∴当t=时，PR的最大值为，此时点，周长最大值(3)由（2）设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m，∴QR=5m，QP=3m，PR=10m，∴△PQR的面积为若求△PQR的面积的最大值，求出PR的最大值即可；由（2）可知当t=时，PR的最大值为，此时点，则,,将△PQR绕点R顺时针旋转n°（0＜n＜90），当旋转过程中，PR⊥AB时，记此时三角形为△P1Q1R1，过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N，则△RP1N∽△BAO，∴RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4，∴P1N=，RN=，∴，∵将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2，∴点R是P1，P2的中点，∴，∴由平移的性质可知，P2P3∥AB，∴直线P2P3的解析式：，令解得或．或．【点睛】本题考查了二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知待定系数法求得二次函数的解析式．22．（2023·河北石家庄·统考一模）如图，已知的面积，，M为边上一动点（M与点A、B不重合），过点M作，交于点N，设．(1)的边的高______；的面积______（用含x的代数式表示）(2)把沿折叠，设折叠后点A的对应点为，与四边形重叠部分的面积为y．①求出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的范围；②当x为何值时重叠部分的面积y最大，最大值是多少？【答案】(1)5，(2)①；；②当时y有最大值，最大值是【分析】（1）第一空代入三角形面积公式即可；第二问用相似三角形的性质即可；（2）①利用全等即可求出时的函数解析式；②利用相似时的函数解析式，再利用二次函数最大值求法求解即可【详解】（1）∵，∴∵∴∴∴（2）解：①∵，∴点在四边形BCNM内（如图2），即时，有；②当点在四边形MBCN外部或BC边上（如图3），即时，设、与BC分别相交于E、F两点，的BC边上的高为h，的MN边上的高为，的EF边上的高为，则有，．∴，∴．∴．∵，∴，∴，即．∴．∴．即．当时，；∴当时y有最大值，最大值是．【点睛】本题考查三角形折叠问题与二次函数的性质的综合应用，数形结合思想的应用是解题的关键．23．（2023·安徽合肥·一模）如图，已知抛物线与x轴的一个交点为，与y轴交于点A，(1)求抛物线的解析式；(2)若点P是抛物线上位于直线上方的动点，分别过点P作x轴的平行线交抛物线于点Q，作y轴的平行线交直线于点D，以、为边作矩形，求矩形周长的最大值，并求出此时点P的坐标；(3)若点N是抛物线对称轴上的一点，在抛物线上是否存在一点M，使得以A、N、B、M为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标．【答案】(1)(2)矩形周长的最大值，点P的坐标为(3)在抛物线上存在一点M，使得以A、N、B、M为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为，，【分析】（1）把点代入抛物线中，进行计算即可得；（2）由（1）得，抛物线的解析式为：，当时，得，将二次函数化为顶点式得，即可得抛物线的对称轴为，设直线的解析式为：，把点，代入，得，进行计算即可得直线的解析式为：，设，则，即可得，则，可得，即可得，根据矩形的周长为：，当取最大值时，矩形的周长有最大值，分情况讨论：①当点P在对称轴右侧时，，即可得，根据二次函数的性质得当时，矩形的周长有最大值，最大值为；②当点P在对称轴左侧时，，即可得，根据二次函数的性质得当时，矩形的周长有最大值，最大值为，综上，即可得；（3）根据点N在抛物线对称轴上得，①当为平行四边形的对角线时，根据，，得，即可得，当时，，即可得，②当为平行四边形的边时，若点M在对称轴左侧时，为对角线时，根据，，得，即可得，当时，，即可得，若点M在对称轴右侧时，为对角线时，根据，，得，解得，当时，，即可得，综上，即可得．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴的一个交点为，∴，，，∴抛物线的解析式为：；（2）解：由（1）得，抛物线的解析式为：，当时，，∴，∵，∴抛物线的对称轴为，设直线的解析式为：，把点，代入，得，解得，，∴直线的解析式为：，设，则，∴，∵，∴，∴，∵矩形的周长为：，∴当取最大值时，矩形的周长有最大值，①当点P在对称轴右侧时，，∴，∵，∴当时，矩形的周长有最大值，最大值为；②当点P在对称轴左侧时，，∴，∵，∴当时，矩形的周长有最大值，最大值为；综上，矩形周长的最大值，点P的坐标为；（3）解：∵点N在抛物线对称轴上，∴，①当为平行四边形的对角线时，∵，，，∴，，当时，，∴，②当为平行四边形的边时，若点M在对称轴左侧时，为对角线时，∵，，，∴，，当时，，∴，若点M在对称轴右侧时，为对角线时，∵，，，∴，，当时，，∴，综上，在抛物线上存在一点M，使得以A、N、B、M为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为，，．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解题的关键是掌握待定系数法，矩形的性质，平行四边形的性质．限时检测2：最新各地中考真题（60分钟）1．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD的边长为2，点O为正方形的中心，∴直线EO垂直BC，∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，∴S=；当1＜t≤2时，∵正方形ABCD的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，∴直线OF∥BC，∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，∴S=；故选D．【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．2．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】分0≤x≤1，1<x<2，2≤x≤3三种情况讨论，利用三角形面积公式求解即可．【详解】解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，∵∠A=60°，AE=AF=x，∴AG=x，由勾股定理得FG=x，∴y=AE×FG=x2，图象是一段开口向上的抛物线；当1<x<2时，过点D作DH⊥AB于点H，∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF=x-1，∴AH=，由勾股定理得DH=，∴y=(DF+AE)×DH=x-，图象是一条线段；当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，同理求得EI=(3-x)，∴y=AB×DH-CF×EI=-(3-x)2=-x2+x-，图象是一段开口向下的抛物线；观察四个选项，只有选项A符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式以及一次函数和二次函数的图象．3．（2022·山东滨州·中考真题）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（

）A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线【答案】A【分析】连接，根据题意可知则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段【详解】连接，根据题意可知，，∴点G在线段OB的垂直平分线上．则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段．故选：A．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．4．（2022·四川乐山·中考真题）如图，等腰△ABC的面积为2，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（

）A． B．3 C． D．4【答案】D【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=BC=1，∵AE=BC，∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四边形AECD是矩形，∴S△ABC=BC×AD=×2×AD=2，∴AD=2，则CE=AD=2，当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．∵BC=2，CE=2，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=，即，∴BF=8，∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，∴MN=BF=4，∴点M的运动路径长为4，故选：D．【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．5．（2022·黑龙江大庆·中考真题）平面直角坐标系中，点M在y轴的非负半轴上运动，点N在x轴上运动，满足．点Q为线段的中点，则点Q运动路径的长为(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】设点M的坐标为（0，m），点N的坐标为（n，0），则点Q的坐标为，根据，得出，然后分两种情况，或，得出与的函数关系式，即可得出Q横纵坐标的关系式，找出点Q的运动轨迹，根据勾股定理求出运动轨迹的长即可．【详解】解：设点M的坐标为（0，m），点N的坐标为（n，0），则点Q的坐标为，∵，∴，（，），∵当时，，∴，即，∴此时点Q在一条线段上运动，线段的一个端点在x轴的负半轴上，坐标为（-4，0），另一端在y轴的负半轴上，坐标为（0，-4），∴此时点Q的运动路径长为；∵当时，，∴，即，∴此时点Q在一条线段上运动，线段的一个端点在x轴的正半轴上，坐标为（4，0），另一端在y轴的负半轴上，坐标为（0，-4），∴此时点Q的运动路径长为；综上分析可知，点Q运动路径的长为，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的动点问题，根据题意找出点Q的运动轨迹是两条线段，是解题的关键．6．（2022·甘肃武威·中考真题）如图1，在菱形中，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图2所示，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为解答即可．【详解】解：在菱形ABCD中，∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为，∴△ABD的面积解得：a=故选B【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．7．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（）A．或 B．或 C． D．或【答案】A【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当1<x<2时，除去重叠部分，剩下的图形为两个直角梯形的面积，将剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③当x>2时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；②当1<x<2时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于P点，AC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴，解得：；③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，∴，且，解得：或（舍），④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；所以，满足条件的AM的值为或，故选：A．【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．8．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（

）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得，根据即可判断④．【详解】解：和都是等腰直角三角形，，故①正确；四点共圆，故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，,，,设，则，，则AH∥CE，则；故③正确如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，，当共线时，取得最小值，此时，此时，，，，，，，平分，，四点共圆，

，又,，，则四边形是菱形，又，四边形是正方形，，则，，，，

，，则，，，，故④不正确，故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．9．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______．【答案】【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．【详解】解：为的直径，∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，如图，记以AB为直径的圆的圆心为，连接交于点，连接∴当点三点共线时，即点P在点处时，CP有最小值，∵∴在中，∴∠∴∴两点距离最小时，点P的运动路径长为【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．10．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时，t的值为________．【答案】##【分析】根据函数图像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分线AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36°，进而得到，由相似求出BD的长即可．【详解】根据函数图像可得AB=4，AB+BC=8，∴BC=AB=4，∵∠B＝36°，∴，作∠BAC的平分线AD，∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，∴AD=BD，，∴AD=BD=CD，设，∵∠DAC＝∠B＝36°，∴，∴，∴，解得：，（舍去），∴，此时(s)，故答案为：.【点睛】此题考查了图形与函数图象间关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，关键是证明．11．（2020·内蒙古鄂尔多斯市·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．【答案】①②③④【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．【详解】解：如图，连接DH，HM．由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正确；当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正确；∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正确；由上可得正确结论的序号为①②③．故答案为：①②③④．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．12．（2020·湖北鄂州市·中考真题）如图，半径为的与边长为的正方形的边相切于E，点F为正方形的中心，直线过点．当正方形沿直线以每秒的速度向左运动__________秒时，与正方形重叠部分的面积为．【答案】1或．【分析】将正方形向左平移，使得正方形与圆的重叠部分为弓形，根据题目数据求得此时弓形面积符合题意，由此得到OF的长度，然后结合运动速度求解即可，特别要注意的是正方形沿直线运动，所以需要分类讨论．【详解】解：①当正方形运动到如图1位置，连接OA，OB，AB交OF于点E此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OAB-S△OAB由题意可知：OA=OB=AB=2，OF⊥AB∴△OAB为等边三角形∴∠AOB=60°，OE⊥AB在Rt△AOE中，∠AOE=30°，∴AE=，OE=∴S扇形OAB-S△OAB∴OF=∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒②同理，当正方形运动到如图2位置，连接OC，OD，CD交OF于点E此时正方形与圆的重叠部分的面积为S扇形OCD-S△OCD由题意可知：OC=OD=CD=2，OF⊥CD∴△OCD为等边三角形∴∠COD=60°，OE⊥CD在Rt△COE中，∠COE=30°，∴CE=，OE=∴S扇形OCD-S△OCD∴OF=∴点F向左运动个单位，所以此时运动时间为秒综上，当运动时间为1或秒时，⊙O与正方形重叠部分的面积为故答案为：1或．【点睛】本题考查正方形的性质，扇形面积的计算及等边三角形的判定和性质，题目难度不大，注意分情况讨论是本题的解题关键．13．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；（2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）勾股定理求得，，进而根据，由相似三角形的性质即可求解．(1)正方形与正方形有公共点，点在上，在上，四边形是正方形(2)如图，连接，正方形绕点逆时针方向旋转，，(3)如图，，，,,，三点共线，中，，，由（2）可知，，．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．14．（2022·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点．点从点出发沿方向以向点匀速运动，同时，点从点出发沿方向以向点匀速运动．设点，的运动时间为（单位：），且，过作于点，连结．(1)求证：四边形是矩形．(2)连结，，点，在运动过程中，与是否能够全等？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)与能够全等，此时【分析】（1）根据题意可得，再根据菱形的性质和直角三角形的性质可得，从而得到FG=EH，再由FG∥EH，可得四边形EFGH是平行四边形，即可求证；（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质可得∠CBF=∠CDE，，然后分两种情况讨论，即可求解．(1)证明：根据题意得：，在菱形ABCD中，AB=BC，AC⊥BD，OB=OD，∵∠ABC=60°，，∴，∠CBO=30°，∴，∴FG=EH，∵，DH⊥BH，∴FG∥EH，∴四边形EFGH是平行四边形，∵∠H=90°，∴四边形是矩形．(2)解：能，∵AB∥CD，∠ABC=60°，∴∠DCH=60°，∵∠H=90°，∴∠CDE=30°，∴∠CBF=∠CDE，，∴，∵BC=DC，∴当∠BFC=∠CED或∠BFC=∠DCE时，与能够全等，当∠BFC=∠CED时，，此时BF=DE，∴，解得：t=1；当∠BFC=∠DCE时，BC与DE是对应边，而，∴BC≠DE，则此时不成立；综上所述，与能够全等，此时．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．15．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，在菱形中，，，点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，过点作于点，作交直线于点，交直线于点，设与菱形重叠部分图形的面积为（平方单位），点运动时间为（秒）．(1)当点与点重合时，求的值；(2)当为何值时，与全等；(3)求与的函数关系式；(4)以线段为边，在右侧作等边三角形，当时，求点运动路径的长．【答案】(1)(2)或(3)(4)【分析】（1）画出图形，根据30°直角三角形求解即可；（2）根据全等的性质计算即可，需要注意分类讨论；（3）利用面积公式计算即可，需要根据M在B点左边和右边分类讨论；（4）先确定E点的运动轨迹是一条直线，再根据求点运动路径的长．(1)与重合时，∵，∴，∴.(2)①当时，∵，∴，∵，∴，∴，∴.②当，∵，∴，∵，∴，∴，∴.∴或.(3)①当时，，∴，∴.②当时，∵，，∴，∴，∴.(4)连接.∵为正三角形，∴，在Rt△APE中，，∴为定值.∴的运动轨迹为直线，，当时，当时，∴的运动路径长为.【点睛】本题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质，30°直角三角形的性质，全等三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．16．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．(1)如图1，点G在上．求证：．(2)若，当过中点时，求的长．(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？【答案】(1)见解析(2)或5(3)或或或【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．(1)证明：如图1，∵四边形是菱形，∴，∴．∵FGBC，∴，∴，∴△AFG是等腰三角形，∴．(2)解：记中点为点O．①当点E在上时，如图2，过点A作于点M，∵在中，，∴．∴，∵，∴，∴，∴．②当点E在上时，如图3，过点A作于点N．同理，，，∴．∴或5．(3)解：过点A作于点M，作于点N．①当点E在线段上时，．设，则，ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，．∵，∴，∴，∴，此方程无解．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．②当点E在线段上时，，如图6，．∴．∵，∴，∴，∴，此方程无解．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∵，∴不合题意，舍去；③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，在中，．，∴，∴，∵，∴，符合题意，此时，．④当点E在线段上时，，∵，∴与不相似．综上所述，s满足的条件为：或或或．【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．17．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；(3)若折叠后重合部分的面积为