专题46四边形（5）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期全国通用）【有答案】

专题46四边形（5）（全国一年）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．（2020·江苏淮安?中考真题）（初步尝试）（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为；（思考说理）（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．（拓展延伸）（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．①求线段的长；②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）①；②．【解析】【分析】（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．【详解】（1），理由如下：由折叠的性质得：是的中位线点M是AB的中点则故答案为：；（2）由折叠的性质得：，即在和中，，即解得；（3）①由折叠的性质得：，即在和中，，即解得解得；②如图，由折叠的性质可知，，，点O是边的中点设，则点为线段上的一个动点，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，，即在和中，则．【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．2．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点，顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且，求直线CE的解析式（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；（4）已知点，在抛物线对称轴上找一点F，使的值最小此时，在抛物线上是否存在一点K，使的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）点P的坐标为；（4）存在，点K的坐标为【解析】【分析】（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可；（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出，求出AE,根据点A坐标可解得点E坐标,进而求得直线CE的解析式；（3）分两种情况讨论①当四边形为平行四边形时；②当四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答；（4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则HF+AF=HF+BF，当H、F、B共线时，HF+AF值最小，求出此时点F的坐标，设，由勾股定理和抛物线方程得，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为，则点S的坐标为，此时，,∴KF+KG=KS+KG,当S、K、G共线且平行y轴时，KF+KG值最小，由点G坐标解得，代入抛物线方程中解得，即为所求K的坐标．【详解】解：（1）方法1：设抛物线的解析式为将点代入解析式中，则有．∴抛物线的解析式为．方法二：∵经过三点抛物线的解析式为，将代入解析式中，则有，解得：，∴抛物线的解析式为．（2），．．．．的坐标为．又点的坐标为．直线的解析式为．（3）．∴顶点D的坐标为．①当四边形为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ=CP得：，即．．令，则．．∴点P的坐标为．②当四边形为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ=DP得：，即．令，则．．∴点P的坐标为．∴综合得：点P的坐标为（4）∵点A或点B关于对称轴对称∴连接与直线交点即为F点．∵点H的坐标为，点的坐标为，∴直线BH的解析式为：．令，则．当点F的坐标为时，的值最小．11分设抛物线上存在一点，使得的值最小．则由勾股定理可得：．又∵点K在抛物线上，代入上式中，．如图，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为．∴点S的坐标为．则．（两处绝对值化简或者不化简者正确．）．当且仅当三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，的值最小．又∵点G的坐标为，，将其代入抛物线解析式中可得：．∴当点K的坐标为时，最小．【点睛】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．3．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．理解：（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；证明：（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．求证：四边形是对余四边形；探究：（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析【解析】【分析】（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.【详解】解：（1）∵四边形是对余四边形，当∠A和∠C互余时，∠A+∠C=90°，当∠B与∠D互余时，∠B+∠D=90°，则∠A+∠C=360°-90°=270°，故答案为：90°或270°；（2）如图，连接BO，可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，而∠BON+∠BOM=180°，∴2∠C+2∠A=180°，∴∠C+∠A=90°，∴四边形是对余四边形；（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，∴∠ADC=30°，如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，∴GF是圆O的直径，∵AB=BC，∴△ABC为等边三角形，∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，∴△ABC∽△FEC，得：，则，同理，△ACD∽△GCE，得：，则，△BCD∽△GCF，得：，可得：，而，∴，∴，∴，∵AB=BC=AC，∴.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.4．（2020·北京中考真题）在中，，，是的中点．为直线上一动点，连接，过点作，交直线于点，连接．（1）如图1，当是线段的中点时，设，，求的长（用含的式子表示）；（2）当点在线段的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)；(2)，证明见解析【解析】【分析】(1)由三角形中位线定理得到，，再在Rt△DEF中由勾股定理即可求解；(2)先证明，由此得到DF是GE的垂直平分线，进而EF=FG，最后在Rt△BFG中由勾股定理即可求得．【详解】解：(1)∵是的中点，是线段的中点，∴为的中位线∴∵∴∵∴∴四边形为矩形．∴，∴，∴，∴．故答案为：．(2)过点作的平行线交延长线于点，连接，如下图所示：∵，∴，，∵是的中点，∴，∴，∴，，∵，∴是线段的垂直平分线，∴，∵，，∴，在中，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理、三角形全等的性质和判定等，属于中考常考题型，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．5．（2020·山东青岛?中考真题）已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．解答下列问题：（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,【解析】【分析】（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可；（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式；（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可．【详解】（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：由题意，CE=2，CM∥BF，∴即：，解得：CM=，要使点在线段的垂直平分线上，只需QM=CM=，∴t=；（2）如图，∵，，，∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，在Rt△APH中，AP=2t，∴PH=AP·sin∠PAH=，在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，在Rt△QNF中，QF=10-t-=，∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，四边形为矩形，∴PH=QN，∴=，解得：t=3；（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，∴BH=GC=8-，∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，∴===，∴S与t的函数关系式为：；（4）存在，t=．证明：如图，延长AC交EF于T，∵AB=BF,BC=BF,，∴△ABC≌△EBF，∴∠BAC=∠BEF，∵∠EFB+∠BEF=90º，∴∠BAC+∠EFB=90º，∴∠ATE=90º即PT⊥EF，要使点在的平分线上，只需PH=PT，在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，CT=CE·sin∠BEF=，PT=10+-2t=，又PH=，=，解得：t=．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常考题型．6．（2020·天津中考真题）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．（1）如图①，当时，求点P的坐标；（2）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的对应点为，设．①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）点P的坐标为；（2）①，t的取值范围是；②．【解析】【分析】（1）过点P作轴，则，因为，，可得，进而得，由30°所对的直角边等于斜边的一半可得，进而用勾股定理可得，点P的坐标即求出；（2）①由折叠知，，所以，；再根据，即可根据菱形的定义“四条边相等的四边形是菱形”可证四边形为菱形，所以，可得；根据点A的坐标可知，加之，从而有；而在中，，又因为，所以得，由和的取值范围可得t的范围是；②由①知，为等边三角形，由（1）四边形为菱形，所以,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，从而，,进而可得，又已知t的取值范围是，即可得．【详解】解：（1）如图，过点P作轴，垂足为H，则．，．．在中，，，．点P的坐标为．（2）①由折叠知，，，．又，．四边形为菱形．．可得．点，．有．在中，．，，其中t的取值范围是．②由①知，为等边三角形，∵四边形为菱形，∴,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，∴，,∴，∵，∴．，【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，求不规则四边形的面积等知识．7．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，线段的长是方程的一个根，．请解答下列问题：（1）求点A，B的坐标；（2）直线交x轴负半轴于点E，交y轴正半轴于点F，交直线于点C．若C是的中点，，反比例函数图象的一支经过点C，求k的值；（3）在（2）的条件下，过点C作，垂足为D，点M在直线上，点N在直线上．坐标平面内是否存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）A（9，0），B（0，）；（2）-18；（3）存在5个，（9，12）或（9，-12）或（1，0）或（-7，4）或（-15，0）.【解析】【分析】（1）解一元二次方程，得到点A的坐标，再根据可得点B坐标；（2）利用待定系数法求出直线AB的表达式，根据点C是EF的中点，得到点C横坐标，代入可得点C坐标，根据点C在反比例函数图像上求出k值；（3）画出图形，可得点P共有5个位置，分别求解即可.【详解】解：（1）∵线段的长是方程的一个根，解得：x=9或-2（舍），而点A在x轴正半轴，∴A（9，0），∵，∴B（0，）；（2）∵，∴E（-6，0），设直线AB的表达式为y=kx+b，将A和B代入，得：，解得：，∴AB的表达式为：，∵点C是EF的中点，∴点C的横坐标为-3，代入AB中，y=6，则C（-3，6），∵反比例函数经过点C，则k=-3×6=-18；（3）存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，如图，共有5种情况，在四边形DM1P1N1中，M1和点A重合，∴M1（9，0），此时P1（9，12）；在四边形DP3BN3中，点B和M重合，可知M在直线y=x+3上，联立：，解得：，∴M（1，4），∴P3（1，0），同理可得：P2（9，-12），P4（-7，4），P5（-15，0）.故存在点P使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，点P的坐标为P1（9，12），P2（9，-12），P3（1，0），P4（-7，4），P5（-15，0）.【点睛】本题考查了解一元二次方程，一次函数表达式，正方形的性质，反比例函数表达式，难度较大，解题的关键是根据图像画出符合条件的正方形.8．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．【答案】（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．【详解】解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，∴PQ为△BOC的中位线，∵四边形是正方形，∴AC⊥BO，∴，；故答案为：，；（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：连接并延长交于点，由正方形的性质及旋转可得，∠，是等腰直角三角形，，．∴，．又∵点是的中点，∴．∴．∴，．∴，∴．∴为等腰直角三角形．∴，．∴也为等腰直角三角形．又∵点为的中点，∴，且．∴的形状是等腰直角三角形．（3）延长交边于点，连接，．∵四边形是正方形，是对角线，∴．由旋转得，四边形是矩形，∴，．∴为等腰直角三角形．∵点是的中点，∴，，．∴．∴，．∴．∴．∴为等腰直角三角形．∵是的中点，∴，．∵，∴，，∴．∴．【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．（2020·江西中考真题）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）【解析】【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．【详解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案为．【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．10．（2020·黑龙江中考真题）如图①，在中，，，点、分别在、边上，，连接、、，点、、分别是、、的中点，连接、、．（1）与的数量关系是______．（2）将绕点逆时针旋转到图②和图③的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析．【解析】【分析】（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可；（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可．【详解】解：（1）∵中，，，∴∠BAC=∠ABC=45°∵，，∴AD=BE，∵点、、分别是、、的中点，∴PM，PN分别为△ABE，△BAD中位线，∴PM∥BE,PM=BE,PN∥AC,PN=AD,∴PM=PN,∠APM=∠BPN=45°，∴∠PMN=90°，∴△PMN为等腰直角三角形，∴，∴，即；（2）图（2）：图（3）：证明：如图（2）连接，延长交于，交于，，，，，，，，，，，、、分别是、、的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，，．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质．11．（2020·河南中考真题）将正方形的边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，如图1，当时，的形状为，连接，可求出的值为；

当且时，①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．

【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．【解析】【分析】（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．【详解】（1）由题知°，°，∴°，且为等边三角形∴°，∴∵∴°∴°∴为等腰直角三角形连接BD，如图所示∵°∴即∵∴∴故答案为：等腰直角三角形，（2）①两个结论仍然成立连接BD，如图所示：

∵，∴∵∴∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∵四边形为正方形∴∴∵∴∴∴∴结论不变，依然成立②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，如图所示：此时点E与点A重合，∴，得；②当以CD为对角线时，如图所示：此时点F为CD中点，∵∴∵∴∴∴∴∴综上：的值为3或1．【点睛】本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．12．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图1，平面直角坐标系中，等腰的底边在轴上，，顶点在的正半轴上，，一动点从出发，以每秒1个单位的速度沿向左运动，到达的中点停止．另一动点从点出发，以相同的速度沿向左运动，到达点停止．已知点、同时出发，以为边作正方形，使正方形和在的同侧．设运动的时间为秒（）．（1）当点落在边上时，求的值；（2）设正方形与重叠面积为，请问是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由；（3）如图2，取的中点，连结，当点、开始运动时，点从点出发，以每秒个单位的速度沿运动，到达点停止运动．请问在点的整个运动过程中，点可能在正方形内（含边界）吗？如果可能，求出点在正方形内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．【答案】（1）t=1；（2）存在，，理由见解析；（3）可能，或或理由见解析【解析】【分析】（1）用待定系数法求出直线AC的解析式，根据题意用t表示出点H的坐标，代入求解即可；（2）根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4,用待定系数法求出直线AB的解析式，求出点H落在BC边上时的t值，求出此时重叠面积为﹤，进一步求出重叠面积关于t的表达式，代入解t的方程即可解得t值；（3）由已知求得点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．【详解】（1）由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，设直线AC的函数解析式为y=kx+b，将点A、C坐标代入，得：，解得：，∴直线AC的函数解析式为，当点落在边上时，点E(3-t，0)，点H（3-t，1），将点H代入，得：，解得：t=1；（2）存在，，使得．根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4，设直线AB的函数解析式为y=mx+n，将点A、B坐标代入，得：，解得：，∴直线AC的函数解析式为，当t﹥4时，点E（3-t，0）点H（3-t，t-3），G(0，t-3)，当点H落在AB边上时，将点H代入，得：，解得：；此时重叠的面积为，∵﹤，∴﹤t﹤5，如图1，设GH交AB于S，EH交AB于T,将y=t-3代入得：，解得：x=2t-10，∴点S(2t-10，t-3)，将x=3-t代入得：，∴点T，∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，,所以重叠面积S==4--=，由=得：，﹥5(舍去)，∴；（3）可能，≤t≤1或t=4．∵点D为AC的中点，且OA=2,OC=4，∴点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,易知M点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；当0﹤t﹤时，M在线段OD上，H未到达D点，所以M与正方形不相遇；当﹤t﹤1时，+÷（1+4）=秒，∴时M与正方形相遇，经过1÷（1+4）=秒后，M点不在正方行内部，则；当t=1时，由（1）知，点F运动到原E点处，M点到达C处；当1≤t≤2时，当t=1+1÷（4-1）=秒时，点M追上G点，经过1÷（4-1）=秒，点都在正方形内（含边界），当t=2时，点M运动返回到点O处停止运动，当t=3时，点E运动返回到点O处,当t=4时，点F运动返回到点O处,当时，点都在正方形内（含边界），综上，当或或时，点可能在正方形内（含边界）．【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．13．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1，在矩形中，，动点，分别从点，点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边上沿，的方向运动，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点运动的时间为，连接，过点作，与边相交于点，连接．（1）如图2，当时，延长交边于点．求证：；（2）在（1）的条件下，试探究线段三者之间的等量关系，并加以证明；（3）如图3，当时，延长交边于点，连接，若平分，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；（3）．【解析】【分析】（1）先根据运动速度和时间求出，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据矩形的性质可得，从而可得，，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；（2）如图（见解析），连接FQ，先根据（1）三角形全等的性质可得，再根据垂直平分线的判定与性质可得，然后根据勾股定理、等量代换即可得证；（3）先根据角平分线的性质得出，再根据直角三角形全等的判定定理与性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一得出，又分别在和中，利用余弦三角函数可求出t的值，从而可得CP、AP的长，最后根据平行线分线段成比例定理即可得．【详解】（1）由题意得：四边形ABCD是矩形，在和中，；（2），证明如下：如图，连接FQ由（1）已证：PQ是线段EF的垂直平分线在中，由勾股定理得：则；（3）如图，设FQ与AC的交点为点O由题意得：，，平分，（角平分线的性质）是等腰三角形在和中，，即是的角平分线（等腰三角形的三线合一）在中，在中，，即解得，即故的值为．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、矩形的性质、余弦三角函数、平行线分线段成比例定理等知识点，较难的是题（3），熟练利用三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的三线合一是解题关键．14．（2020·湖南怀化?中考真题）如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．（1）求点C及顶点M的坐标．（2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接求面积的最大值及此时点N的坐标．（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(0,-3)，(1,-4)；(2)，()；(3)G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4)P点坐标存在，为或．【解析】【分析】(1)令抛物线解析式中x=0即可求出C点坐标，由公式即可求出顶点M坐标；(2)如下图所示，过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N()，求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据即可求解；(3)设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；(4)连接AC，由CE=CB可知∠B=∠E，求出MC的解析式，设P(x,-x-3)，然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解.【详解】解：(1)令中x=0，此时y=-3，故C点坐标为(0,-3)，又二次函数的顶点坐标为，代入数据解得M点坐标为，故答案为：C点坐标为(0，-3)，M点坐标为(1，-4)；(2)过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如下图所示：令中y=0，解得B(3,0)，A(-1,0)，设直线BC的解析式为：，代入C(0,-3)，B(3,0)，∴，解得，即直线BC的解析式为：，设N点坐标为()，故Q点坐标为，其中，则，其中分别表示Q,C,B三点的横坐标，且，，故，其中，当时，有最大值为，此时N的坐标为()，故答案为：有最大值为，N的坐标为()；(3)设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，且B(3,0)，C(0,-3)分类讨论：情况①：当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知：线段DG的中点坐标为，即，线段BC的中点坐标为，即，此时DG的中点与BC的中点为同一个点，故，解得，检验此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为(2，-3)；情况②：当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：线段DB的中点坐标为，即，线段GC的中点坐标为，即，此时DB的中点与GC的中点为同一个点，故，解得，检验此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为(4，5)；情况③：当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：线段DC的中点坐标为，即，线段GB的中点坐标为，即，此时DB的中点与GC的中点为同一个点，故，解得，检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为(-2，1)；综上所述，G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4)连接AC，OP，如下图所示，设MC的解析式为：y=kx+m，代入C(0,-3)，M(1，-4)即，解得∴MC的解析式为：，令，求得E点坐标为(-3,0)，∴OE=OB=3，且OC=OC，∴CE=CB，即∠B=∠E，设P(x,-x-3)，又∵P点在线段EC上，∴-3<x<0，则，，由题意知：△PEO相似△ABC，分类讨论：情况①：∴，解得，满足-3<x<0，此时P的坐标为；情况②：∴，解得，满足-3<x<0，此时P的坐标为．综上所述，P点的坐标为或．【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质、平行四边形的存在性问题、相似三角形的性质和判定等，综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题.15．（2020·山东菏泽?中考真题）如图1，四边形的对角线，相交于点，，．图1图2（1）过点作交于点，求证：；（2）如图2，将沿翻折得到．①求证：；②若，求证：．【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．【解析】【分析】（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．【详解】解：（1）连接CE，∵，∴，∵，，，∴△OAE≌△OCD，∴AE=CD，∴四边形AECD为平行四边形，∴AE=CD，OE=OD，∵，∴CD=BE，∴；（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，由（1）得，，∴，由翻折的性质得，∴，∴，∴；②∵，，∴四边形为平行四边形，∴，，∴，∵，∴EF=DE，∵四边形AECD是平行四边形，∴CD=AE=BE，∵AF∥CD，∴，∵EF=DE，CD=BE，，∴△BEF≌△CDE（SAS），∴，∵，∴∠CED=∠BCD，又∵∠BDC=∠CDE，∴△BCD∽△CDE，∴，即，∵DE=2OD，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．16．（2020·山东临沂?中考真题）已知的半径为，的半径为，以为圆心，以的长为半径画弧，再以线段的中点P为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点A，连接，，交于点B，过点B作的平行线交于点C．（1）求证：是的切线；（2）若，，，求阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性质和三角形内角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2为矩形，得到O2D=，点D在圆O2上，可得结论；（2）证明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面积减去扇形BO1E的面积即可.【详解】解：（1）由作图过程可得：AP=O1P=O2P=O1O2，AO1=AB+BO1=，∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，∵BC∥AO2，∴O1B⊥BC，即BC与圆O1相切，过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，可知四边形ABDO2为矩形，∴AB=O2D=，而圆O2的半径为，∴点D在圆O2上，即BC是的切线；（2）∵AO2∥BC，∴△AO1O2∽△BO1C，∴，∵，，，即AO1==3，BO1=2，∴，∴O1C=4，∵BO1⊥BC，∴cos∠BO1C=，∴∠BO1C=60°，∴BC=，∴S阴影=-==【点睛】本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.17．（2020·山东临沂?中考真题）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．（1）求证：；（2）求的最小值；（3）当点E在上运动时，的大小是否变化？为什么？【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.【解析】【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证；（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.【详解】解：（1）连接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF=EF，∵四边形ABCD为菱形，∴A和C关于对角线BD对称，∴CF=AF，∴AF=EF；（2）连接AC，∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小，∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，即MN+NG的最小值为；（3）不变，理由是：延长EF，交DC于H，∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：∠AFD=∠CFD=∠AFC，∵AF=CF=EF，∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，∴∠ABF=∠CEF，∵∠ABC=60°，∴∠ABF=∠CEF=30°，为定值.【点睛】本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．18．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴的正半轴交于点A，与轴的负半轴交于点B，，过点A作轴的垂线与过点O的直线相交于点C，直线OC的解析式为，过点C作轴，垂足为．（1）如图1，求直线的解析式；（2）如图2，点N在线段上，连接ON，点P在线段ON上，过P点作轴，垂足为D，交OC于点E，若，求的值；（3）如图3，在（2）的条件下，点F为线段AB上一点，连接OF，过点F作OF的垂线交线段AC于点Q，连接BQ，过点F作轴的平行线交BQ于点G，连接PF交轴于点H，连接EH，若，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）根据题意求出A，B的坐标即可求出直线AB的解析式；（2）求出N（3,9），以及ON的解析式为y=3x，设P（a，3a），表达出PE及OD即可解答；（3）如图，设直线GF交CA延长线于点R，交y轴于点S，过点F作FT⊥x轴于点T，先证明四边形OSRA为矩形，再通过边角关系证明△OFS≌△FQR，得到SF=QR，进而证明△BSG≌△QRG，得到SG=RG=6，设FR=m，根据，以及在Rt△GQR中利用勾股定理求出m的值，得到FS=8，AR=4，证明四边形OSFT为矩形，得到OT=FS=8，根据∠DHE=∠DPH，利用正切函数的定义得到，从而得到DH=，根据∠PHD=∠FHT，得到HT=2，再根据OT=OD+DH+HT，列出关于a的方程即可求出a的值，从而得到点P的坐标．【详解】解：（1）∵CM⊥y轴，OM=9，∴当y=9时，，解得：x=12，∴C（12,9），∵CA⊥x轴，则A（12,0），∴OB=OA=12，则B（0，-12），设直线AB的解析式为y=kx+b，∴，解得：，∴；（2）由题意可得，∠CMO=∠OAC=∠MOA=90°，∴四边形MOAC为矩形，∴MC=OA=12，∵NC=OM，∴NC=9，则MN=MC-NC=3，∴N（3,9）设直线ON的解析式为，将N（3，9）代入得：，解得：，∴y=3x，设P（a，3a）∵PD⊥x轴交OC于点E，交x轴于点D，∴，，∴PE=，OD=a，∴；（3）如图，设直线GF交CA延长线于点R，交y轴于点S，过点F作FT⊥x轴于点T，∵GF∥x轴，∴∠OSR=∠MOA=90°，∠CAO=∠R=90°，∠BOA=∠BSG=90°，∠OAB=∠AFR，∴∠OSR=∠R=∠AOS=∠BSG=90°，则四边形OSRA为矩形，∴OS=AR，SR=OA=12，∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB=45°，∴∠FAR=90°-∠AFR=45°，∴∠FAR=∠AFR，∴FR=AR=OS，∵QF⊥OF，∴∠OFQ=90°，∴∠OFS+∠QFR=90°，∵∠SOF+∠OFS=90°，∴∠SOF=∠QFR，∴△OFS≌△FQR，∴SF=QR，∵∠SFB=∠AFR=45°，∴∠SBF=∠SFB，∴BS=SF=QR，∵∠SGB=∠RGQ，∴△BSG≌△QRG，∴SG=RG=6，设FR=m，则AR=m，∴QR=SF=12-m，∴AF=，∵，∴GQ=，∵QG2=GR2+QR2，即，解得：m=4，∴FS=8，AR=4，∵∠OAB=∠FAR，FT⊥OA，FR⊥AR，∴FT=FR=AR=4，∠OTF=90°，∴四边形OSFT为矩形，∴OT=FS=8，∵∠DHE=∠DPH，∴tan∠DHE=tan∠DPH，∴，由（2）可知，DE=，PD=3a，∴，解得：DH=，∴tan∠PHD=，∵∠PHD=∠FHT，∴tan∠FHT=，∴HT=2，∵OT=OD+DH+HT，∴，∴a=，∴【点睛】本题考查了一次函数与几何综合问题，涉及了一次函数解析式的求法，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数的定义等知识点，第（3）问难度较大，解题的关键是正确做出辅助线，熟悉几何的基本知识，综合运用全等三角形以及锐角三角函数的概念进行解答．19．（2020·安徽中考真题）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点求证：；若，求的长；如图2，连接，求证：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，，∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90º，∴∠E+∠ABD=90º，∴∠EGB=90º，∴BG⊥EC；（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴，又AF=AB=1，∴即，解得：，（舍去）即AE=；（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，在△EAH和△DAG，，∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90º，∴∠DAG+∠DAH=90º，∴∠EAG=90º，∴△GAH是等腰直角三角形，∴即，∴GH=AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．20．（2020·四川南充?中考真题）如图，边长为1的正方形ABCD中，点K在AD上，连接BK，过点A，C作BK的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形ABCD的中心，连接OM，ON．（1）求证：AM=BN；（2）请判断△OMN的形状，并说明理由；（3）若点K在线段AD上运动（不包括端点），设AK=x，△OMN的面积为y，求y关于x的函数关系式（写出x的范围）；若点K在射线AD上运动，且△OMN的面积为，请直接写出AK长．【答案】（1）详见解析；（2）是等腰直角三角形，理由详见解析；（3），长为或3．【解析】【分析】（1）由“AAS”可证△ABM≌△BCN，可得AM＝BN；（2）连接OB，由“SAS”可证△AOM≌△BON，可得MO＝NO，∠AOM＝∠BON，由余角的性质可得∠MON＝90°，可得结论；（3）由勾股定理可求BK的值，由，四边形ABCD是正方形，可得：，，则可求得，由三角形面积公式可求得；点K在射线AD上运动，分两种情况：当点K在线段AD上时和当点K在线段AD的延长线时分别求解即可得到结果．【详解】解：（1）证明：∵∴又∵∴∴又∴≌（AAS）∴（2）是等腰直角三角形理由如下：连接，∵为正方形的中心∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴，即∵∴≌（SAS）∴，∵∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∴是等腰直角三角形．（3）在中，由，四边形ABCD是正方形，可得：，∴，∴，得：∴，得：∴∴即：当点K在线段AD上时，则，解得：x1＝3（不合题意舍去），，当点K在线段AD的延长线时，同理可求得∴，解得：x1＝3，（不合题意舍去），综上所述：长为或3时，△OMN的面积为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解分式方程等知识点，能熟练应用相关性质是本题的关键．21．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线与x轴的正半轴相交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）若P为线段AB上一点，，求AP的长；（3）在（2）的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，点N的坐标为(，3)或(，)【解析】【分析】（1）利用直线与y轴的交点求得点B的坐标，然后把点B、C的坐标代入，即可求解；（2）先求得点A的坐标，证得△PAO△CAB，利用对应边成比例即可求解；（3）分点N在AB的上方或下方两种情况进行讨论，根据平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，利用三角形全等，即可求解．【详解】（1）令，则，∴点B的坐标为(0，3)，抛物线经过点B(0，3)，C(1，0)，∴，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）令，则，解得：，∴点A的坐标为(，0)，∴OA=3，OB=3，OC=1，，∵，且，∴△PAO△CAB，∴，即，∴；（3）存在，过点P作PD⊥x轴于点D，∵OA=3，OB=3，∠AOB=，∴∠BAO=∠ABO=，∴△PAD为等腰直角三角形，∵，∴PD=AD=2，∴点P的坐标为(，2)，当N在AB的上方时，过点N作NE⊥y轴于点E，如图，∵四边形APMN为平行四边形，∴NM∥AP，NM=AP=，∴∠NME=∠ABO=，∴△NME为等腰直角三角形，∴Rt△NMERt△APD，∴NE=AD=2，当时，，∴点N的坐标为(，3)，当N在AB的下方时，过点N作NF⊥y轴于点F，如图，同理可得：Rt△NMFRt△APD，∴NF=AD=2，当时，，∴点N的坐标为(，)，综上，点N的坐标为(，3)或(，)．【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点．正确作出图形是解题的关键．22．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在正方形中，，点G在边上，连接，作于点E，于点F，连接、，设，，．（1）求证：；（2）求证：；（3）若点G从点B沿边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边围成的图形的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E，F所经过的路径与边AB所围成图形的面积为4．【解析】【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质可得出结论；（2）证明，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.【详解】（1）证明：在正方形中，，．∵，∴．∴．∵，∴．在和中，∴．∴．（2）在和中，．∴．由①可知，∴．∴．由①可知，，∴．∴．∵，，∴．∴．∴.（3）∵．∴∴当点G从点B沿边运动至点C停止时，点E经过的路径是以为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）∵∴所围成图形的面积【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．23．（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线AB相交于A，B两点，其中，．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求面积的最大值；（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）面积最大值为；（3）存在，【解析】【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）设，求得解析式，过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F，设点，则，，即可求解；（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线过，∴∴∴（2）设，将点代入∴过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F设点，则由铅垂定理可得∴面积最大值为（3）（3）抛物线的表达式为：y＝x2＋4x−1＝（x＋2）2−5，则平移后的抛物线表达式为：y＝x2−5，联立上述两式并解得：，故点C（−1，−4）；设点D（−2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，−1）、（−1，−4）；①当BC为菱形的边时，点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），即−2＋1＝s且m＋3＝t①或−2−1＝s且m−3＝t②，当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，联立①③并解得：s＝−1，t＝2或−4（舍去−4），故点E（−1，2）；联立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故点E（-3，-4＋）或（-3，-4−）；②当BC为菱形的的对角线时，则由中点公式得：−1＝s−2且−4−1＝m＋t⑤，此时，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝−3，故点E（1，−3），综上，点E的坐标为：（−1，2）或或或（1，−3）．∴存在，【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．24．（2020·江苏连云港?中考真题）（1）如图1，点为矩形对角线上一点，过点作，分别交、于点、．若，，的面积为，的面积为，则________；（2）如图2，点为内一点（点不在上），点、、、分别为各边的中点．设四边形的面积为，四边形的面积为（其中），求的面积（用含、的代数式表示）；（3）如图3，点为内一点（点不在上）过点作，，与各边分别相交于点、、、．设四边形的面积为，四边形的面积为（其中），求的面积（用含、的代数式表示）；（4）如图4，点、、、把四等分．请你在圆内选一点（点不在、上），设、、围成的封闭图形的面积为，、、围成的封闭图形的面积为，的面积为，的面积为．根据你选的点的位置，直接写出一个含有、、、的等式（写出一种情况即可）．【答案】（1）12；（2）；（3）；（4）答案不唯一【解析】【分析】（1）过P点作AB的平行线MN，根据S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN从而得到，S矩形AEPM=S矩形CFPN进而得到与的关系，从而求出结果.（2）连接、，设，，根据图形得到，求出，，最终求出结果.（3）易知，，导出，再由的关系，即可可求解.（4）连接ABCD的得到正方形，根据（3）的方法，进行分割可找到面积之间的关系.【详解】（1）过P点作AB∥MN，∵S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN，又∵∴∴（2）如图，连接、，在中，因为点E是中点，可设，同理，，所以，．所以，所以，所以．．（3）易证四边形、四边形是平行四边形．所以，．所以，．（4）答案不唯一，如：如图1或图2，此时；如图3或图4，此时．25．（2020·山东德州?中考真题）问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；（2）AD的取值范围是________________________；方法运用：（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【解析】【分析】（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．【详解】解：（1）如图，AD是中线，在与中，故答案为：（2）故答案为：（3）证明：延长至点，使，∵是的中线∴在和中∴，∴，又∵，∵，∴，又∵，∴∴，又∵∴（4）证明：延长至点使，连接、、∵G为的中点∴在和中∴∴在中，∵，∴又矩形中，∴，∴，∴，又，∴，∴，又为的外角，∴，即，∵，∴，∴，即，在和中，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵G为的中点，∴，即．【点睛】本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．26．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），C（0，6）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．（3）P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=x2﹣8x+6；（2）点E(2，2)或(3，4)；（3）存在，当点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形【解析】【分析】（1）设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，把点C坐标代入解析式，可求解；（2）先求出点M，点N坐标，利用待定系数法可求AD解析式，联立方程组可求点D坐标，可求S△ABD＝×2×6＝6，设点E(m，2m﹣2)，分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解；（3）分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A(1，0)，B(3，0)，∴设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，∵抛物线y＝a(x﹣1)(x﹣3)(a≠0)的图象经过点C(0，6)，∴6＝a(0﹣1)(0﹣3)，∴a＝2，∴抛物线解析式为：y＝2(x﹣1)(x﹣3)＝2x2﹣8x+6；（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2，∴顶点M的坐标为(2，﹣2)，∵抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，∴点N(2，2)，设直线AN解析式为：y＝kx+b，由题意可得：，解得：，∴直线AN解析式为：y＝2x﹣2，联立方程组得：，解得：，，∴点D（4，6），∴S△ABD＝×2×6＝6，设点E(m，2m﹣2)，∵直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，∴S△ABE＝S△ABD＝2或S△ABE＝S△ABD＝4，∴×2×(2m﹣2)＝2或×2×(2m﹣2)＝4，∴m＝2或3，∴点E(2，2)或(3，4)；（3）若AD为平行四边形的边，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD＝PQ，∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，∴点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)；若AD为平行四边形的对角线，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD与PQ互相平分，∴，∴xP＝3，∴点P坐标为(3，0)，综上所述：当点P坐标为(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．27．（2020·四川攀枝花?中考真题）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线的距离皆为．王诗嬑观测到高度矮圆柱的影子落在地面上，其长为；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：（1）若王诗嬑的身高为，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少？（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为，则高圆柱的高度为多少？【答案】（1）120cm；（2）正确；（3）280cm【解析】【分析】（1）根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．（2）根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得；（3）过点F作FG⊥CE于点G，设FG=4m，CG=3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，过点F作FH⊥AB于点H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出AH的长度，即可得到AB.【详解】解：（1）设王诗嬑的影长为xcm，由题意可得：，解得：x=120，经检验：x=120是分式方程的解，王诗嬑的的影子长为120cm；（2）正确，因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；（3）如图，AB为高圆柱，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，过点F作FG⊥CE于点G，由题意可得：BC=100，CF=100，∵斜坡坡度，∴，∴设FG=4m，CG=3m，在△CFG中，，解得：m=20，∴CG=60，FG=80，∴BG=BC+CG=160，过点F作FH⊥AB于点H，∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，可知四边形HBGF为矩形，∴，∴AH==200，∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，故高圆柱的高度为280cm.【点睛】本题考查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解实际物体与影长之间的关系解决问题，属于中考常考题型．28．（2020·山东聊城?中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．（1）求出二次函数和所在直线的表达式；（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；（3）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）；（3）存在，点的坐标是．【解析】【分析】（1）将，代入，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段所在直线的表达式，求解即可；（2）根据题意只要，四边形即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点的横坐标为，则，，得出，根据，得，求解即可；（3）由（2）知，，根据与有共同的顶点，且在的内部，只有当时，，利用勾股定理，可得，，根据，即，解出t值，即可得出答案．【详解】解：（1）由题意，将，代入，得，解得，∴二次函数的表达式，当时，，得点，又点，设线段所在直线的表达式，∴，解得，∴所在直线的表达式；（2）∵轴，轴，∴，只要，此时四边形即为平行四边形，由二次函数，得点，将代入，即，得点，∴，设点的横坐标为，则，，由，得，解之，得（不合题意舍去），，当时，，∴；（3）由（2）知，，∴，又与有共同的顶点，且在的内部，∴，∴只有当时，，由，，，利用勾股定理，可得，，由（2）以及勾股定理知，，，∴，即，∵，∴，∴，当时，，∴点的坐标是．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．29．（2020·四川乐山?中考真题）点是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点不与点、重合），分别过点、向直线作垂线，垂足分别为点、．点为的中点．（1）如图1，当点与点重合时，线段和的关系是；（2）当点运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，点在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系．【答案】（1）；（2）补图见解析，仍然成立，证明见解析；（3），证明见解析【解析】【分析】（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；（2）（1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；（3）FC＋AE＝OE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得，得出，，再根据，，推出，即可得证．【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；（2）补全图形如图所示，仍然成立，证明如下：延长交于点，∵，∴，∴，∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（3）当点在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，证明如下：延长交的延长线于点，如图所示，由（2）可知，∴，，又∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题得以解决．30．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．(1)求证:△AEH≌△AGH；(2)当AB=12，BE=4时：①求△DGH周长的最小值；②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或【解析】【分析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，∵BE=CG，AB=AC，∴△ABE≌△ACG，∴AE=AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAH=∠GAH，∵AH=AH，∴△AEH≌△AGH；（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，∴点E和点G关于AF对称，∴此时△DGH的周长最小，过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，∴CM=CD=6，∴DM=，∵AB=12=BC，BE=4，∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，∴DE==DH+EH=DH+HG，∴DH+HG+DG=∴△DGH周长的最小值为；②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，即S△AON：S△AEC=1:4，∵O是AC中点，∴N为AE中点，此时ON∥EC，∴，当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，∴S△NOC：S△AEC=1:4，∵O为AC中点，∴N为EC中点，则ON∥AE，∴，∵BE=4，AB=12，∴EC=8，EN=4，过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，∵∠BCD=120°，∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，∴CG=2CP，∵CG=BE=4，∴CP=2，GP=，∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，在△FGP中，，解得：