专题29动点综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】

备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）专题29动点综合问题一、单选题1．（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【解析】【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=12x由勾股定理得FG=32x∴y=12AE×FG=34x当1<x<2时，过点D作DH⊥AB于点H，∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF=x-1，∴AH=12由勾股定理得DH=32∴y=12(DF+AE)×DH=32x-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=32(3-x)∴y=AB×DH-12CF×EI=3-34(3-x)2=-34x2+33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．2．（2022·湖北鄂州·中考真题）如图，定直线MN∥PQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°．点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（

）A．2413 B．2415 C．1213 D．1215【答案】C【解析】【分析】如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，可证明四边形CDFH是平行四边形，得到CH=DF=8，CD=FH，则BH=4，从而可证四边形ABHE是平行四边形，得到AB=HE，即可推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，证明四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通过勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的长即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，∵BC∥∴四边形CDFH是平行四边形，∴CH=DF=8，CD=FH，∴BH=4，∴BH=AE=4，

又∵AE∥∴四边形ABHE是平行四边形，∴AB=HE，∵EH+FH≥EF，∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，∵MN∥∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，∴EG=BC=12，∴GT=同理可求得GL=8，AL=83∴TL=2，

∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，∴AL∥∴△ALO∽△DKO，∴ALDK∴AO=2∴OL=A∴TF=TL+OL+OK+KF=42，∴EF=E故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解题的关键．3．（2022·四川乐山·中考真题）如图，等腰△ABC的面积为23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．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．3 B．3 C．23 D．【答案】B【解析】【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=12BC=1∵AE=12BC∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四边形AECD是矩形，∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=2∴AD=23，则CE=AD=23，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=23，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=BCBE=BE∴BF=8，∴CF=BF-BC=6,∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，∴MN=12CF=3∴点M的运动路径长为3，故选：B．【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．4．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（

）A．当t=4s时，四边形ABMPB．当t=5s时，四边形CDPMC．当CD=PM时，t=4D．当CD=PM时，t=4s或6【答案】D【解析】【分析】计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．【详解】解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，A、当t=4s时，AP=10-t=6cm，BM=4cm，AP≠BM，则四边形ABMPB、当t=5s时，PD=5cm，CM=8-5=3cm，PD≠CM，则四边形CDPM作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，∴四边形ABCE是矩形，∴BC=AE=8cm，∴DE=2cm，PM=CD，且PQ与CD不平行，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，∴四边形CEFM是矩形，∴FM=CE；∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，∴AP=10-4-(8-t)=10-t，解得t=6s；PM=CD，且PM∥CD，∴四边形CDPM是平行四边形，∴DP=CM，∴t=8-t，解得t=4s；综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；故选：D．【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．5．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP-BP=2OP；④若BE:CE=2:3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤【答案】B【解析】【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：①通过证明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再证明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ②通过等弦对等角可证明∠OPA=∠OBA=45°；③通过正切定义得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性质变形得到AP-BP=CE⋅BPBE，再通过证明④作EG⊥AC于点G可得EG∥BO，根据tan∠CAE=EGAG=EGAC-CG，设正方形边长为5a，分别求出EG、⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用△DOF≌△COEASA，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF=S△DOF+S△COF=S【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°∵OE⊥OF∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC在△DOF与△COE中∠ODF=∠OCE∴△DOF∴EC=FD∵在△EAC与△FBD中EC=FD∴△EAC∴∠EAC=∠FBD又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正确；②∵∠AOB=∠APB=90°∴点P、O在以AB为直径的圆上∴AO是该圆的弦∴∠OPA=∠OBA=45°所以②正确；③∵tan∴AB∴AB-BE∴AP-BP∴AP-BP=∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°∴△AOP∴OP∴CE=∴AP-BP=∵1∴AE⋅BP=AB⋅BE∴AP-BP=所以③正确；④作EG⊥AC于点G，则EG∥BO，∴EG设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=52若BE:CE=2:3，则BECE∴BE+CE∴CE∴EG=∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=3∴tan所以④错误；⑤∵△DOF≌△COEASA，S四边形OECF=S△COE+∴S四边形OECF=S△DOF+S△COF=S△COD∵S△COD=1∴S四边形OECF=1所以⑤正确；综上，①②③⑤正确，④错误，故选B【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．6．（2022·广西玉林·中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形ABCDEF的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是(

)A．4 B．23 C．2 D．【答案】B【解析】【分析】由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．【详解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，∴674÷6=112⋅⋅⋅⋅⋅2,2022÷6=337，∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：在正六边形ABCDEF中，AF=EF=2,∠AFE=120°，∴AG=1∴FG=1∴AG=A∴AE=23故选B．【点睛】本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．7．（2022·广西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB'C'，连接B'C并延长交AB于点D，当B'D⊥AB时，BB'的长是（

）A．233π B．433π【答案】B【解析】【分析】先证∠B'AD=60°，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB'．【详解】解：∵CA=CB,B'D⊥AB，∴AD=DB=1∵△AB'C'是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，∴AB=AB'，AD=1在RtΔAB'D中，∴∠B'AD=60°，∵∠CAB=α,∠B'AB=2α，∴∠CAB=1∵AC=BC=4，∴AD=AC·cos∴AB=2AD=43∴BB'的长=60πAB故选：B．【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．8．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，点A的坐标为0,2，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为m,3，则m的值为（

）A．433 B．2213 C．【答案】C【解析】【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC=m2+1=BC=AB，可得BD=BC2【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四边形EODC是矩形，∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，∴AC=A在Rt△BCD中，BD=B在Rt△AOB中，OB=A∵OB＋BD＝OD＝m，∴m2化简变形得：3m4−22m2−25＝0，解得：m=533∴m=533故选：C．【点睛】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．9．（2022·辽宁·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC=4，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB匀速运动，当点P运动到点B时，停止运动，过点P作PQ⊥AB交AC于点Q，将△APQ沿直线PQ折叠得到△A'PQ，设动点P的运动时间为t秒，△A'PQ与△ABC重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意易得AP=t，tan∠A=12，则有PQ=12t，进而可分当点【详解】解：∵∠ABC=90°,AB=2BC=4，∴tan∠A=由题意知：AP=t，∴PQ=AP⋅tan由折叠的性质可得：A'当点P与AB中点重合时，则有t=2，当点P在AB中点的左侧时，即0≤t<2，∴△A'PQ与△ABC当点P在AB中点的右侧时，即2≤t≤4，如图所示：由折叠性质可得：A'P=AP=t,∠APQ=∠A∴BP=4-t，∴A'∴BD=A∴△A'PQ与△ABC综上所述：能反映△A'PQ与△ABC重叠部分的面积S与t故选D．【点睛】本题主要考查二次函数的图象及三角函数，熟练掌握二次函数的图象及三角函数是解题的关键．10．（2022·贵州遵义·中考真题）遵义市某天的气温y1（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化如图所示，设y2表示0时到t时气温的值的极差（即0时到t时范围气温的最大值与最小值的差），则y2与tA． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根据函数y1【详解】解：∵根据函数y1图象可知，从0时至5时，y2先变大，从5到10时，大概12时后变大，从14到24时，y2∴y2反映到函数图象上是先升，然后一段平行于x的线段，再升，最后不变故选A【点睛】本题考查了函数图象，极差，理解题意是解题的关键．11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图①所示（图中各角均为直角)，动点Р从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B→C→D→E路线匀速运动，△AFP的面积y随点Р运动的时间x（秒）之间的函数关系图象如图②所示，下列说法正确的是（

）A．AF=5 B．AB=4 C．DE=3 D．EF=8【答案】B【解析】【分析】路线为A→B→C→D→E，将每段路线在坐标系中对应清楚即可得出结论．【详解】解：坐标系中(4,12)对应点运动到B点AB=v⋅t=1×4=4B选项正确S即：12=解得：AF=6A选项错误12~16s对应的DE段DE=v⋅△t=1×(16-12)=4C选项错误6~12s对应的CD段CD=v⋅△t=1×(12-6)=6EF=AB+CD=4+6=10D选项错误故选：B．【点睛】本题考查动点问题和坐标系，将坐标系中的图象与点的运动过程对应是本题的解题关键．12．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，边长分别为1和2的两个正方形，其中有一条边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形的面积为S1，小正方形与大正方形重叠部分的面积为S2，若S=S1-S2A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】根据题意，设小正方形运动的速度为V，分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分别求出S，可得答案．【详解】解：根据题意，设小正方形运动的速度为v，由于v分三个阶段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3；③小正方形穿出大正方形，S=2×2-（1×1-vt）=3+vt（vt≤1）．分析选项可得，A符合，C中面积减少太多，不符合．故选：A．【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象，解决此类问题，注意将过程分成几个阶段，依次分析各个阶段得变化情况，进而综合可得整体得变化情况．13．（2022·甘肃武威·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（

）A．3 B．23 C．33 D【答案】B【解析】【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33【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33∴△ABD的面积=解得：a=2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．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题14．（2022·山东烟台·中考真题）如图1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），DE∥AB，交AC于点E，EF∥BC，交AB于点F．设BD的长为x，四边形BDEF的面积为y，y与x的函数图象是如图2所示的一段抛物线，其顶点P的坐标为（2，3），则AB的长为_____．【答案】2【解析】【分析】根据抛物线的对称性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，则此时BF＝3，AB＝2BF，即可解决问题．【详解】解：∵抛物线的顶点为（2，3），过点（0，0），∴x＝4时，y＝0，∴BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，∵3＝2FH，∴FH＝32∵∠ABC＝60°，∴BF＝32sin60∵DE∥AB，∴AB＝2BF＝23故答案为：23【点睛】本题主要考查了动点的函数图象问题，抛物线的对称性，平行四边形的性质，特殊角的三角函数值等知识，求出BC＝4是解题的关键．15．（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】25+2【解析】【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△ADC∼△BAC，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°，∴∠BCA＝作∠BAC的平分线AD，∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，∴AD=BD，∠BCA＝∴AD=BD=CD，设AD=BD=CD=x，∵∠DAC＝∠B＝36°，∴△ADC∼△BAC，∴ACBC∴x4解得：x1=-2+25∴AD=BD=CD=25此时t=AB+BD1故答案为：25【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△ADC∼△BAC．16．（2022·广西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=42，对角线AC,BD相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作EF⊥BE，分别交CD,BD于点F、G，连接BF，交AC于点H，将△EFH沿EF翻折，点H的对应点H'恰好落在BD上，得到△EFH'若点F为CD的中点，则△EGH'的周长是_________【答案】5+5【解析】【分析】过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，得到BP=CQ，从而证得△BPE≌△EQF，得到BE=EF，再利用BC=42，F为中点，求得BF=BC2+CF2=210，从而得到BE=EF=2102=25，再求出EO=BE2-BO2=2，再利用AB//FC，求出△ABH∽△CFH，得到4222=AHCH=21，求得AH=23×8=163，CH=13×8=83，从而得到EH=AH-AE=163-2=103，再求得△EOB∽△GOE得到EG25=OG2=24【详解】解：过点E作PQ//AD交AB于点P，交DC于点Q，∵AD//PQ，∴AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，∴BP=CQ，∵∠ACD=45°，∴BP=CQ=EQ，∵EF⊥BE，∴∠PEB+∠FEQ=90°∵∠PBE+∠PEB=90°∴∠PBE=∠FEQ，在△BPE与△EQF中

∠BPQ=∠FQE∴△BPE≌△EQF，∴BE=EF，又∵BC=AB=42，F∴CF=22∴BF=B∴BE=EF=2又∵BO=42∴EO=B∴AE=AO-EO=4-2=2，∵AB//FC，∴△ABH∽△CFH，∴ABCF∴42∵AC=2AB=8∴AH=2CH=1∴EH=AH-AE=163∵∠BEO+∠FEO=90°，∠BEO+∴∠FEO=∠EBO，又∵∠EOB=∠EOG=90°，

∴△EOB∽△GOE∴EGBEEG2∴EG=5，OG=1，过点F作FM⊥AC于点M，∴FM=MC==FC2∴MH=CH-MC=83-2=作FN⊥OD于点N，FN=DF在Rt△FH'N与F∴Rt△FH'∴H'∴ON=2，NG=1，∴GH∴C△EG故答案为：5+【点睛】本题考查了正方形的性质应用，重点是与三角形相似和三角形全等的结合，熟练掌握做辅助线是解题的关键．17．（2022·四川广元·中考真题）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为_____cm．【答案】24-12【解析】【分析】由题意易得CD=CE=22DE=62cm，则当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C'N⊥AB于点N，作C'【详解】解：由题意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，∴CD=CE=22如图，当点D沿DA方向下滑时，得到△D'C'E'，过点C'作C∵∠DAM=90°，∴四边形NAMC′是矩形，∴∠NC∴∠D∴∠D∵D'∴△D∴C'∵C'N⊥AB，∴AC'平分∠即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，∴当C'D'⊥AB时，此时四边形C'D∴当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2×12-6故答案为24-122【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理是解题的关键．18．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______【答案】

90°##90度

455【解析】【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM=125，再利用锐角三角函数可得tan∠AEF=AFAE=34，从而得到AG=ME=AMtan【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=1∴AEAF在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，∴ADAB∴△ADF∽△ABE，∴∠ADF=∠ABE，∵∠ANB=∠DNH，∴∠BHD=∠BAD=90°；如图，过点E作EG⊥AB于点G，∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，∴四边形AMEG是矩形，∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，∴∠ABE=∠MEN，在Rt△AEF中，EF=A∴tan∠AEF=∵S△AEF∴EG=AM=12∴AG=ME=AM∴BG=AB-AG=8-16∴tan∠MEN=∴MNME=1∴DN=AD-AM-MN=2，∵∠ADF=∠ABE，∴tan∠ADF=tan即DH=2HN，∵DH解得：DH=455故答案为：90°，4【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．19．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1<v2．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA【答案】3【解析】【分析】在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中点性质，在RtΔB'【详解】解：如图所示：在矩形ABCD中ABBC=23，设∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA∴B若在某一时刻，点B的对应点B'恰好在CD∴DB在RtΔB'CN中，∵∠A∴∠A∵∠CNB∴∠A∴Δ∴DE∵DB∴DE=34D∴A'E=在ΔA'EM∠A∴ΔA'EM∴A'M=∴v故答案为：35【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．20．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则GE+CF的最小值为【答案】3【解析】【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴HG即GE+CF的最小值为32故答案为：3【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．21．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为______．【答案】3【解析】【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：∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC=∴∠ABP+∠PBC=∵∠PAB=∠PBC,∴∠PAB+∠ABP=∴∴∠APB=∴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O1，连接O1C交⊙O∵∴当点O1,P,C三点共线时，即点P在点P'∵AB=2∴O1在RtΔBC∴∠B∴BP∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为3【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．22．（2022·河南·中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O'处，得到扇形A'O'B'．若∠O＝90°，【答案】π【解析】【分析】设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，解Rt△OCO'【详解】如图，设A'O与扇形AOB交于点C，连接∵O'是∴OO'=12∵∠AOB＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，∴∠∴∴∠COB=60°∴∴阴影部分的面积为S===故答案为：π【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得∠COB=60°是解题的关键．三、解答题23．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，等边△ABC、等边△DEF的边长分别为3和2．开始时点A与点D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，当点D到达点B时停止．在此过程中，设△ABC、△DEF重合部分的面积为y，△DEF移动的距离为x，则y与x的函数图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】当△DEF在△ABC内移动时，△ABC、△DEF重合部分的面积不变，当△DEF移出△ABC时，计算出S△DBN，得到y=【详解】如下图所示，当E和B重合时，AD=AB-DB=3-2=1，∴当△DEF移动的距离为0≤x≤1时，△DEF在△ABC内，y=S当E在B的右边时，如下图所示，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N坐NM垂直于AE，垂足为M，根据题意得AD=x，AB=3,∴DB=AB-AD=3-x，∵∠NDB=60°，∴ΔNDB∴DN=DB=NB=3-x，∵NM⊥DB，∴DM=MB=1∵NM∴NM=3∴S△DBN∴y=3∴当1≤x≤3时，y是一个关于x的二次函数，且开口向上，∵当0≤x≤1时，y=34×22故选：C．【点睛】本题考查图形移动、等边三角形的性质，二次函数的性质，根据题意得到二次函数的解析式是解题的关键．24．（2022·山东临沂·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)∠DPQ大小不变，理由见解析(3)CP=AQ，证明见解析【解析】【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出AB=BC=CD=AD，便可证明；（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明△APE是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明∠APF=∠EPF，（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF=FE，QF=BF，即可证明．(1)连接BD，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∵点B，D关于直线AC对称，∴AC垂直平分BD，∴DC=BC,AD=AB，∴AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形；(2)当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：∵将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，∴PQ=PD，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点则∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，∴△APE是等边三角形，∴AP=EP=AE，∵PF⊥AB，∴∠APF=∠EPF，∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，∴PB=PD，∠DPA=∠BPA，∴PQ=PD，∵PF⊥AB，∴∠QPF=∠BPF，∴∠QPF-∠APF=∠BPF-∠EPF，即∠QPA=∠BPE，∴∠DPQ=∠DPA-∠QPA=∠BPA-∠BPE=∠APE=60°；(3)AQ=CP，证明如下：∵AC=AB，AP=AE，∴AC-AP=AB–AE，即CP=BE，∵AP=EP，PF⊥AB，∴AF=FE，∵PQ=PD，PF⊥AB，∴QF=BF，∴QF-AF=BF–EF，即AQ=BE，∴AQ=CP．【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．25．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．请你证明：AG=BH．【迁移应用】延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．【拓展延伸】小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【答案】证明见解析；垂直；BH=【解析】【分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AG【详解】证明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH≅△AOG，∴AG=BH；迁移应用：AG⊥BH，证明：∵△BOH≅△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴AG⊥BH；拓展延伸：BH=3证明：在Rt△AOB中，tan30°=在Rt△HOG中，tan30°=∴OAOB由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽∴AGBH∴BH=3【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．26．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-43x-4分别与x，y轴交于点A，B(1)求此抛物线的解析式；(2)若点C的坐标是0,6，将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；②若点P是y轴上的任一点，求35BP+EP取最小值时，点【答案】(1)y=(2)①点E在抛物线上；②（0，-9【解析】【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；②过点P作PQ⊥AB于Q，证明△ABO∽△PBQ，从而求出PQ=35BP，则可判断当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35BP+EP(1)解：当x=0时，y=-4，当y=0时，-4∴x=-3，∴A（-3，0），B（0，-4），把A、B代入抛物线y=5得518∴b=-1∴抛物线解析式为y=5(2)①∵A（-3，0），C（0，6），∴AO=3，CO=6，由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°∴E到x轴的距离为6-3=3，∴点E的坐标为（6，3），当x=3时，y=5∴点E在抛物线上；②过点P作PQ⊥AB于Q，又∠AOB=90°，∴∠AOB=∠PQB，在Rt△ABO中，AO=3，BO=4，∴由勾股定理得：AB=5，∵∠AOB=∠PQB，∠ABO=∠PBQ，∴△ABO∽△PBQ，∴AOAB∴35∴PQ=3∴35∴当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，35∵EP⊥AB，∴设直线EP解析式为y=3又E（6，0），∴34∴m=-9∴直线EP解析式为y=3当x=0时，y=-9∴点P坐标为（0，-9【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数函数解析式，相似三角形的判定与性质等，解第（2）题第②问的关键是正确作出点P的位置．27．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接(1)当EQ⊥AD时，求t的值；(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)16(2)S=(3)存在，t=【解析】【分析】（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AE（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则(1)解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE∴AD=5∵EQ⊥AD∴∠AQE=∠AED=90°又∠EAQ=∠DAE∴△AQE∽△AED∴AQ∴t∴t=答：当EQ⊥AD时，t的值为165(2)解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°∴∠B=∠CAM又∠BCA=∠AMC=90°∴△ABC∽△CAM∴AB∴5∴AM=∵∠B=∠B∴△BPN∽△BAC∴BP∴t∴PN=∴SS∴S==6+8-=∴S=(3)解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD∵AD=5,AM=∴DM=AD-AM=5-∵PQ∥CD∴∠AQP=∠ADC又∠PAQ=∠CMD=90°∴△APQ∽△MCD∴AP∴5-t∴t=∴存在时刻t=6529s【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．28．（2022·山西·中考真题）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴MD∥AC，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，BC=A∵点D是BC的中点，∴CD=12BC=5∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=12CD=5∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴CGCA=CN∴CN=25（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，解得x=257∴线段AN的长为257【点睛】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，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．29．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD-DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t(1)点D到边AB的距离为__________；(2)用含t的代数式表示线段DP的长；(3)连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；(4)当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．【答案】(1)3(2)当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t(3)3(4)23或【解析】【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，从而得到A'E=DE-A'D=2-3t（4）分两种情况讨论：当点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A'（A″）位于CM的延长线上时，此时点P在BD(1)解：如图，连接DM，∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴DM=A即点D到边AB的距离为3；故答案为：3(2)解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，DP=13当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13综上所述，当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t(3)解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，∵作点A关于直线PM的对称点A'，∴A′M=AM=2，∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，∴当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，∴A'D=1，根据题意得：A'P=AP=13由（1）得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB，∴△PDE∽△ADM，∴PDAD∴13-解得：DE=3-3t,PE=2-2t，∴A'在Rt△A'PE∴13t2=∴PE=6∴S△DP(4)解：如图，当点M、A'、C三点共线时，且点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上，连接AA′，A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则AA′⊥PM，∵AB为直径，∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠ABA′，过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，在▱ABCD中，AB∥DC，∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴sin∠CMN=∵A'M=2，∴A'∴MG=8∴BG=BM-MG=2∴tan∠∴tan∠PMF=∴PFFM=3，即PF=3∵tan∠DAM=DMAM∴PF=3∴3FM=32AF，即AF∵AM=2，∴AF=4∴4313t如图，当点A'（A″）位于CM的延长线上时，此时点P在BD上，PB=2过点A″作A″G'⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB于点同理：A″∵HK⊥AB，A″∴HK∥A′′G′，∴△AHK∼△AA∵点H是AA∴HKA∴HK=3∴MK=9∴tan∠PMT=∴PTMT=13，即∵tan∠PBT=DMBM∴BT=2∴MT=9∵MT+BT=BM=2，∴BT=4∴411213综上所述，t的值为23或20【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A'的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．30．（2022·山东潍坊·中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行；设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD(1)求证：AD为⊙O的切线；(2)筒车的半径为3m，AC=BC,∠C=30°．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到0.1m，参考值：2≈1.4,【答案】(1)答案见解析(2)0.9m【解析】【分析】（1）连接AO并延长交⊙O于M，根据AM为⊙O的直径可以得到∠ABM=90°，继而得到∠BAM+∠AMB=90°，根据AD2=BD⋅CD可证ΔDAB∼ΔDCB，可以得到（2）根据AB=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75°，根据AQ为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90°，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ//BC得出∠QAC=∠BAP=15°，故可得到∠PQA=45°，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，于是在等腰RtΔOEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度(1)证明：连接AO并延长交⊙O于M，连接BM，∴AM为⊙O的直径，∴∠ABM=90°，∴∠BAM+∠AMB=90°，∵AD∴AD又∵∠D=∠D，∴Δ∴∠DAB=∠DCA，又∵∠BCA=∠BMA，∴∠BAM+∠DAB=90°，∴∠DAM=90°，∴AD为⊙O的切线；(2)解：如图所示，∵AC=BC，∠C=30°，∴∠CAB=∠CBA=1∵AQ是⊙O的直径，∴∠ABQ=∠APQ=90°，∵∠C=30°，∴∠AQB=∠C=30°，∴∠BAQ=90°-∠AQB=60°，∴∠QAC=∠BAC-∠BAQ=75°-60°=15°，∵PQ//BC，∴BP=∴∠QAC=∠BQP=15°，∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45°，过O作OF⊥PQ交⊙O于F，∴Δ∵OQ=3，∴OE=OQsin∴EF=OF-OE=3-3【点睛】本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．31．（2022·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C0,3，对称轴为直线(1)求二次函数的表达式；(2)连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO；(3)如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=-x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N．如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN【答案】(1)y=-(2)见解析(3)点Q-1,-8或(5，【解析】【分析】（1）根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；（2）根据点A，D，C坐标可得出AD，AC，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三角形，进而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，从而得出结论；（3）先得出y1的顶点，进而得出先抛物线的表达式，从而求得M和N的坐标，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形分为▱MNQP和▱MNPQ，根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而求得结果．(1)解：由题意得，-b∴b=-2c=3∴二次函数的表达式为：y=-x(2)证明：∵当x=-1时，y=-1-2×-1∴D-1,4由-xx1=-3，∴A-3,0，∴AD∵C0,3∴CD2=∴AC∴∠ACD=90°，∴tan∠DAC=∵∠BOC=90°，∴tan∠BCO=∴∠DAC=∠BCO；(3)解：如图，作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于∴DE∥∴△DEC∽∴CFCE∴FD1=2DE=2∴D1∴y1的关系式为：y=-由-x-2x=3或x=1，∴M3,0当x=0时，y=-3，∴N0,-3设P2,m当四边形MNQP是平行四边形时，∴MN∥PQ，∴Q点的横坐标为-1，当x=-1时，y=--1-2∴Q-1,8当四边形MNPQ是平行四边形时，同理可得：点Q横坐标为：5，当x=5时，y=-5-2∴Q'综上所述：点Q-1,-8或（5，-8【点睛】本题考查了求二次函数的表达式，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质和分类等知识，解决问题的关键熟练掌握有关基础知识．32．（2022·山东烟台·中考真题）(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD①求BDCE②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．【答案】(1)见解析(2)2(3)①35；②【解析】【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴ABAE=ABAC=12，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴BD(3)解：①ABAC=ADDE=34，∠∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，ABAC∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BDCE②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC=BC【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．33．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．(1)特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE(2)规律探究：①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0<α<45°，请探究线段BD、CE和DE②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α45°<α<90°，与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE(3)尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S△BFC【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析(3)S【解析】【分析】（1）先根据得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出ADAE(1)解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=90°∵l∥BC，∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠ABD=90°-45°=45°，∠ACE=90°-45°=45°，∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，∴AD=BD=AB×sinAE=CE=AC×sin∴DE=AD+AE=2．(2)①DE=CE+BD；理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠CAE=90°，∴∠DBA=∠CAE，∵AB=AC，∴ΔABD≌∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD+AE=CE+BD，即DE=CE+BD；②BD=CE+DE，理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴∠BDA=∠CEA=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠DAB+∠CAE=90°，∴∠DBA=∠CAE，∵AB=AC，∴ΔABD≌∴AD=CE，BD=AE，∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，即BD=CE+DE．(3)根据解析（2）可知，AD=CE=3，∴AE=AD+DE=3+1=4，在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=A∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴DF∥CE，∴ADAE即34解得：AF=15∴CF=AC-AF=5-15∵AB=AC=5，∴SΔ【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌34．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，A(4，0)两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点(1)求二次函数的表达式；(2)①求证：△OCD∽△A②求DBBA(3)当S△OCD=8S【答案】(1)y=(2)①证明见解析，②2(3)2+2193或【解析】【分析】（1）二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，A(4，0)（2）①由y=12x2-2x＝12(x-2)2-2，得到顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线和对称轴为直线x＝2，由抛物线的对称性可知OC＝AC，得到∠CAB＝∠COD，由折叠的性质得到△ABC≌△A'BC，得∠CAB＝∠A'，AB＝A'B，进一步得到∠②由△OCD∽△A'BD，得到DBBA=DBBA'=DCCO，设点D的坐标为（d，0），由两点间距离公式得DC＝(d-2)2+(0+2)2=(d-2)2（3）由S△OCD=8S△A'BD和△OCD∽△A'BD得到OCA'B=8=22，求得A'B＝AB＝1，进一步得到点B的坐标是（3，0），设直线BC的解析式为y＝k1x＋b1，把点B（3，0），C（2，﹣2）代人求出直线BC的解析式为y＝2x－6，设点A'的坐标是（p，q），则线段A'A的中点为（p+42，q2），由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线BC上，求得q＝2p－4，由两点间距离公式得A'B＝1，解得p＝2或p(1)解：∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，∴代入O(0，0)，A(4，0)得，c=08+4b+c=0解得：b=-2c=0∴二次函数的表达式为y=1(2)①证明：∵y=12x∴顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线y=12x2-2x∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O(0，0)，∴由抛物线的对称性可知OC＝AC，∴∠CAB＝∠COD，∵△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x∴△ABC≌△A'BC∴∠CAB＝∠A'，AB＝A'∴∠COD＝∠A'∵∠ODC＝∠BDA'∴△OCD∽△A②∵△OCD∽△A∴DBBA设点D的坐标为（d，0），由两点间距离公式得DC＝(d-2)2∵点D与O、A点不重合，∴0＜d＜4，对于DC2＝∵a＝1＞0，∴抛物线开口向上，在顶点处取最小值，当d＝2时，DC2的最小值是∴当d＝2时，DC有最小值为4=2由两点间距离公式得OC＝(2-0)2∴DCCO有最小值为2∴DBBA的最小值为2(3)解：∵S△OCD∴S△OCD∵△OCD∽△A∴OCA∵OC＝22，∴A'B＝AB＝1∴点B的坐标是（3，0），设直线BC的解析式为y＝k1x＋b把点B（3，0），C（2，﹣2）代人得3k解得k1∴直线BC的解析式为y＝2x－6，设点A'的坐标是（p，q∴线段A'A的中点为（p+42，由折叠的性质知点（p+42，q2）在直线∴q2＝2×p+42－解得q＝2p－4，由两点间距离公式得A'B＝(p-3)整理得(p-3)2+(2p-4)解得p＝2或p＝125当p＝2时，q＝2p－4＝0，此时点A'（2，0当p＝125时，q＝2p－4＝45，此时点A'（12设直线A'B的解析式为y＝k2x把点B（3，0），A'（125，45解得k2∴直线A'B的解析式为y＝-43联立直线A'B和抛物线y=1解得x1=2+2∴直线A'B与二次函数的交点横坐标为2+219【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数求函数的表达式、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、中点坐标公式、一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、图形的折叠等知识，难度较大，属于中考压轴题，数形结合是解决此问题的关键．35．（2022·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=-x2+c与y(1)直接写出抛物线的解析式．(2)如图，将抛物线y=-x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C(3)直线BC与抛物线y=-x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC(4)若将抛物线y=-x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC【答案】(1)y=-(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析(3)存在，T25+1(4)最短距离为528【解析】【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式；（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；（3）由∠CBA=∠NBT，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；（4）如图，作l∥BC且与抛物线只有1个交点，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC于F，进而求得直线l与(1)解：∵抛物线y=-x2+c与∴c=4∴抛物线解析式为y=-(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：∵y=-x2依题意得，Q∴平移后的抛物线解析式为y=-令y=0，解-得x∴A令x=0，则y=3，即C∴B∴B∴以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形(3)存在，T25+1∵B-3,0，C∴OB=OC=3∴△OBC是等腰直角三角形设直线BC的解析式为y=kx+b，则-3k+b=0b=3解得k=1b=3∴直线BC的解析式为y=x+3，联立y=x+3解得x1=∴N∵A1,0,B-3,0，C∴AB=4，BC=设直线AC的解析式为y=mx+n,∴∴∴直线AC的解析式为y=-3x+3当NT∥AC设NT的解析式为y=-3x+t，由NT过点N则5+解得t=2∴NT的解析式为y=-3x+25令y=0解得x=∴T∴BT=3+∵△BNT∽△BCA，∴∴∴BN=②当△BNT∽△BAC时，则BT即BT解得BT=∵OB=3∴T综上所述，T25(4)如图，作l∥BC，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作EF⊥DC∵直线BC的解析式为y=x+3设与BC平行的且与y=-x2+4只有一个公共点的直线则y=-整理得：x则Δ解得b=∴直线l的解析式为y=x+∴CD=174∴CE=即拋物线y=-x2+c平移的最短距离为5∵P∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标∴平移后的顶点坐标为58,4-【点睛】本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．36．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D(2,1)，抛物线的对称轴交直线BC(1)求抛物线y=-x(2)把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为h(h>0)，在平移过程中，该抛物线与直线BC始终有交点，求h(3)M是（1）中抛物线上一点，N是直线BC上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=-(2)9(3)存在；1，-2或3+172【解析】【分析】（1）根据抛物线顶点坐标即可求解；（2）由题意得，求BC的表达式为：y=x-3；抛物线平移后的表达式为：y=-x2+4x-3-（3）设Mm(1)解：由D(2,1)可知，-b2×-1∴y=-x(2)分别令y=-x2+4x-3中，x=0，y=0设BC的表达式为：y=kx+nk≠0将B(3，0)，C(0，0=3k+n-3=0+n解得：k=1∴BC的表达式为：y=x-3；抛物线平移后的表达式为：y=-x根据题意得，y=-x2+4x-3-∵该抛物线与直线BC始终有交点，∴-32∴h≤9∴h的最大值为94(3)存在，理由如下：将x=2代入y=x-3中得E2①当DE为平行四边形的一条边时，∵四边形DEMN是平行四边形，∴DE∥MN，DE=MN，∵DE∥y轴，∴MN∥y轴，∴设Mm，-当-m2+4m-3-m-3=2∴N1当m-3--m2∴N3+172②当DE为平行四边形的对角线时，设Mp，-∵D、E的中点坐标为：（2，0），∴M、N的中点坐标为：（2，0），∴p+q2解得：p1=1q∴此时点N的坐标为（3，0）；综上分析可知，点N的坐标为：1，-2或3+172，17-3【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用、平行四边形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．37．（2022·湖北武汉·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2-2x-3的顶点为A，与y轴交于点C，线段CB∥x(1)求点B的坐标及直线AC的解析式：(2)当二次函数y=x2-2x-3的自变量x满足m⩽x⩽m+2时，此函数的最大值为p，最小值为q，且p-q=2(3)平移抛物线y=x2-2x-3，使其顶点始终在直线AC上移动，当平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点的横坐标为n【答案】(1)B（2，-3），直线AC为：y=-x-3；(2)m=1-2或m=-1+(3)n=78或1＜n≤4【解析】【分析】（1）求得抛物线与y轴交点C，再由对称轴x=1求得点B坐标，由点A、C坐标待定系数法求直线AC解析式即可；（2）利用二次函数的对称性分情况讨论：①当m+2≤1时，x=m时取最大值，x=m+