上海中考数学重难点专练重难点02 几何动点问题（解析版）

年中考数学【热点·重点·难点】专练重难点02几何动点问题几何动点问题，是上海中考数学的重难点之一，也是考生最容易丢分的地方；此类题型在选择题、填空题、解答题均会出现，一般分值在15分左右；几何动点问题一般在三角形、四边形、圆中出现，结合勾股定理、全等三角形、相似三角形等的性质综合考查，注意解题的技巧和动点轨迹的把握，牢记初中阶段的动点一般是直线和圆；几何动点问题的解决思路：1.根据图形特点,结合运动特征,确定在运动变化过程中符合运动规律的固定点的位置。2.分析图中某些基本元素之间的位置关系,为计算最值提供解题的入口。3.分析图中的数量关系,寻求在运动变化过程中长度固定的线段,为两点间的距离最值计算做好准备。解决动态问题的原则:以动制静,动中找静;从多角度、多层次对数学现象进行观察、分析，透过现象看本质，抓住知识的本质特征；寻找不同条件之间的内在联系，寻找普遍使用的规律；把复杂的问题简单化、特殊化，力求解题方法简洁、明快.几何动点类型：直线或隐圆。【中考链接】1．（2022·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____．【答案】或【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．【详解】解：∵D为AB中点，∴，即，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，∴，在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝，∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等边三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝，∴E1E2＝，∵，∴，即，综上，的值为：或，故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．2．（2022·上海·统考中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；（2）解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．3．（2021·上海·统考中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．（1）当点E在边上时，①求证：；②若，求的值；（2）若，求的长．【答案】（1）①见解析；②；（2）或【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．【详解】（1）①由，得．由，得．因为是斜边上的中线，所以．所以．所以．所以．②若，那么在中，由．可得．作于H．设，那么．在中，，所以．所以．所以．（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，所以四边形是平行四边形．又因为，所以四边形是矩形，设，已知，所以．已知，所以．在和中，根据，列方程．解得，或（舍去负值）．②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．设，已知，那么．一方面，由，得，所以，所以，另一方面，由是公共角，得．所以，所以．等量代换，得．由，得．将代入，整理，得．解得，或（舍去负值）．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．限时检测01：上海各地区最新模拟试题（60分钟）1．（2023·上海松江·统考一模）如图，直角梯形中，，，，，．是延长线上一点，使得与相似，这样的点的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由于，故要使与相似，分两种情况讨论：①，②，这两种情况都可以根据相似三角形对应边的比相等求出的长，即可得到点的个数．【详解】∵，，，．设的长为，则．若边上存在点，使与相似，那么分两种情况：①若，则，即，解得：②若，则，即，整理得：，，（舍去）满足条件的点的个数是2个，故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，难度适中，进行分类讨论是解题的关键．2．（2022·上海静安·统考二模）如图，中，，，点是重心，将绕着点按顺时针方向旋转，使点A落在BC延长线上的处，此时点B落在点，点G落在点.联结CG、、、.在旋转过程中，下列说法：①；②与相似；③；④点所经过的路程长是.其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据旋转的性质即判断①，由旋转的性质可得，进而可得，，即可判断②，根据相似三角形的性质可以判断③，根据弧长公式计算即可判断④．【详解】解：，，是等腰直角三角形，，，由旋转的性质可得，故①正确；如图，连接，，，点是重心，，，由旋转的性质可得，，，，与相似；故②正确；，故③正确，④点所经过的路程长是，故④错误，故选C．【点睛】本题考查了旋转的的性质，重心的性质，相似三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键．3．（2022·上海青浦·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，以为顶点，为一边作角，角的另一边交轴于（在上方），则坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点A作AD⊥y轴于点D，过点B作BE⊥AC于点E，由题意易得AD=2，，BD=1，然后可得，，设BC=x，则CD=x+1，进而根据相似三角形及勾股定理可进行求解．【详解】解：过点A作AD⊥y轴于点D，过点B作BE⊥AC于点E，如图所示：∵，，∴AD=2，，BD=1，∵，∴，∵，∴，∴，设BC=x，则CD=x+1，∴，在Rt△BEC中，由勾股定理得：，解得：（负根舍去），∴，∴，∴点；故选B．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理；熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4．（2023·上海杨浦·统考一模）如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为___________．【答案】【分析】过点作，利用勾股定理求出，根据旋转的性质得到相应结论，求出证明，求出，，证明，求出，，设，最后证明，得到，求出，从而可得．【详解】解：如图，过点作，在矩形中，，，∴，由旋转可知：，，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，设，则，∵，，∴，∴，即，解得：，即，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是添加辅助线，充分运用相似三角形的性质求出相应线段的长．5．（2023·上海金山·统考一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是_________．【答案】【分析】当点E与点B重合时，，当点E与点A重合时，的值最大，利用重心的性质以及勾股定理求得，，证明，推出是等腰直角三角形，据此求解即可．【详解】解：当点E与点B重合时，，当点E与点A重合时，的值最大，如图，点分别为的中点，∵为等腰直角三角形，为的重心，∴，∴，，同理，∴，，，，，即，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，重心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．6．（2023·上海松江·统考一模）如图，已知中，，，将绕点旋转至，如果直线，垂足记为点，那么的值为________．【答案】或【分析】设，则，，分两种情况讨论，画出图形，利用相似三角形的判定和性质，列式计算即可求解．【详解】解：∵中，，，∴，设，则，，∵将绕点旋转至，∴，则，，，，如图，，，，∴，∴，则，∴，∴，∴；如图，，，，∴，∴，则，∴，∴，∴；故答案为：或．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正弦函数，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．7．（2023·上海徐汇·统考一模）规定：如果经过三角形一个顶点的直线把这个三角形分成两个小三角形，其中一个小三角形是等腰三角形，另一个小三角形和原三角形相似，那么符合这样条件的三角形称为“和谐三角形”，这条直线称为这个三角形的“和谐分割线”．例如，如图所示，在中，，是斜边上的高，其中是等腰三角形，且和相似，所以是“和谐三角形”，直线为的“和谐分割线”．请依据规定求解问题：已知是“和谐三角形”，，当直线是的“和谐分割线”时，的度数是_______________（写出所有符合条件的情况）【答案】【分析】分类讨论，①，是等腰三角形，；②，是等腰三角形，；③，是等腰三角形，；④，是等腰三角形，；根据等腰三角形的性质，相似三角形的性质即可求解．【详解】解：是“和谐三角形”，，是的“和谐分割线”，①根据题意，如图所示，，是等腰三角形，，∴，∴在中，，∵是的外角，∴；②如图所示，，是等腰三角形，，∴，设，则，，∵是的外角，∴，即，解得，，∴；③如图所示，，是等腰三角形，，∴，，，设，则，，∵是的外角，∴，即，解得，∴；④如图所示，，是等腰三角形，，∴，，∵是的外角，∴，即，∴；综上所述，是“和谐三角形”，，当直线是的“和谐分割线”时，的度数是，故答案为：．【点睛】本题主要考查等腰三角形，相似三角形的综合，掌握等腰三角形的性质，相似三角形的性质是解题的关键．8．（2023·上海浦东新·校考一模）如图，在中，，，，点是的中点，点在边上，将沿翻折，使得点落在点处，当时，那么的长为________．【答案】或【分析】分两种情形讨论：①作于点，连接，首先利用勾股定理求得，再证明，由相似三角形的性质可得，代入数值即可求得可得，，然后结合翻折的性质可知为等腰直角三角形，可推导，由即可获得答案；②作于点，同理可得，，由即可获得答案．【详解】解：①如下图，作于点，连接，在中，，∵，，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，，∵，∴，由翻折的性质可知，，∴，又∵，∴，∴；②如下图，作于点，当时，同理可得，∴．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了翻折变换、相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．9．（2023·上海徐汇·统考一模）如图，点是矩形纸片边上一点，如果沿着折叠矩形纸片，恰好使点落在边上的点处，已知，那么折痕的长是_____________．【答案】【分析】由折叠的性质可知，由矩形的性质得到，，先解求出，进而得到，则，设，则，由勾股定理得到，解方程求出，则．【详解】解：由折叠的性质可知，∵四边形是矩形，∴，，∵在中，，∴，∴，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，∴，解得，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理与折叠问题，解直角三角形，正确求出的长是解题的关键．10．（2023·上海浦东新·统考一模）如图，正方形的边长为5，点E是边上的一点，将正方形沿直线翻折后，点D的对应点是点，联结交正方形的边于点F，如果，那么的长是______________．【答案】##【分析】连接，由折叠的性质及直角三角形的性质可得，再可证明，则可得点是的中点，设，则可得，再可证明，由相似三角形的性质建立关于x的方程，解方程即可求得x，从而求得结果．【详解】解：连接，如图，四边形是正方形，，，，由折叠的性质得：，，，

，，，即，，，，，，，，，，，

即点是的中点，设，则，，，，，，，，，，即解得：，（舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，直角三角形的性质等知识，利用相似三角形的性质建立一元二次方程是本题的关键与难点．11．（2023·上海嘉定·校考一模）点、分别在的边、上，且，，(如图)，沿直线翻折，翻折后的点落在内部的点，直线与边相交于点，如果，那么______．【答案】【详解】根据题意可得：∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵点落在内部的点，∴是等腰直角三角形，∴，∴，又∵，设，则，，∴，，∴，∴，故答案为：【点睛】此题考查了余切函数，解题的关键构造直角三角形并把直角边的关系式表示出来．12．（2023·上海闵行·统考一模）阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”．问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为___________．【答案】【分析】设交于点Q，由点F是点A关于线段的“准射点”可得，过点F作交于点G，交于点H，由平行线分线段成比例定理得，，连接，求出的长，作于M，求出的长即可．【详解】如图，设交于点Q，∵点F是点A关于线段的“准射点”，∴，∴Q是的中点，即，过点F作交于点G，交于点H，∴，∴，，∴点F在线段上，连接，则．作于M，∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∴．∵，∴∴d的取值范围是．【点睛】本题考查了新定义，矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积公式，平行线分线段成比例定理，以及平行四边形的判定与性质，判断出点F的位置是解答本题的关键．13．（2023·上海闵行·统考一模）如图，在中，，，，点D在边上，点E在边上，将沿着折痕翻折后，点A恰好落在线段的延长线上的点P处，如果，那么折痕的长为___________．【答案】【分析】过点D作于点F，首先根据题意可证得，，，根据勾股定理即可求得，，再由折叠的性质可知：，，即可求得，，再根据勾股定理即可求得，，由，可证得，，据此即可求得，，，再根据勾股定理即可求得，，据此根据勾股定理即可求得结果．【详解】解：如图：过点D作于点F，，，，，，，在中，，，，在中，，，解得，，由折叠的性质可知：，，，

解得，，在中，，，，，，，解得，，，在中，，，解得，，

在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正切的定义，作出辅助线及准确找到各线段之间的关系是解决本题的关键．14．（2023·上海徐汇·校联考一模）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，且，则________.【答案】##【分析】构造矩形，将求转化为求，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，分别过A点，D点向BC作垂线，垂足分别为点F和点E，∴∵，∴四边形是矩形，∴，∵在中，，，∴，∴，∴，由旋转，得，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质、旋转的性质，解题关键是构造出矩形进行线段之间的转化．15．（2023·上海杨浦·统考一模）已知在正方形中，对角线，点E、F分别在边上，．(1)如图，如果，求线段的长(2)过点E作，垂足为点G，与交于点H．①求证：；②设的中点为点O，如果，求的值．【答案】(1)；(2)①见解析，②或．【分析】（1）如图，连接交于点M．易证，得垂直平分，可得，由可得，由勾股定理求出，依据，求解即可；（2）①如图1，过点H作交于点N，延长交于点M，易证，可得，易证得到，由，可证，，即，，代入即可；②过F作交于P，过E作交于I、交于Q，连接，易证，得到，由（1）可知垂直平分，得，如图，当H在上时，，由①可知，，设,则，，可得，设，由，解得，在中，，解得，从而可求得；如图，当H在上时，，由①可知，，设,则，，，设，由，解得，在中，，解得，代入可得．【详解】（1）解：如图，连接交于点M．由题意可知，∴在和中，，∴，∴，，，∴垂直平分，∴，∴，∵，，，，，∴，解得：，；（2）①如图1，过点H作交于点N，延长交于点M，在正方形中，，，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴；②过F作交于P，过E作交于I、交于Q，连接，，，，，，在正方形中，易证是正方形，，，，，由（1）可知垂直平分，，如图，当H在上时，，由①可知，，设,则，，，，，，，在与中，，设，，∴，解得，在中，，∴，解得或（不合题意，舍去），∴；如图，当H在上时，，，由①可知，，设,则，，在与中，，设，，，，∴，解得，在中，，∴，∴，∴，解得或（不合题意，舍去），∴，综上所述：或．【点睛】本题考查了全等三角形的证明和性质的应用，相似三角形的判定和性质的应用、勾股定理和三角函数解直角三角形；解题的关键是构建相似三角形，运用相似的性质建立等量关系．16．（2023·上海青浦·校考一模）如图1，梯形中，，，，，，M在边上，连接，；(1)求的长；(2)如图2，作，交于点E，交于点F，若，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；(3)若是等腰三角形，求的值；【答案】(1)5(2)(3)或或8【分析】（1）过点D作于点E，证明四边形为矩形，则，，再根据勾股定理定理即可求出；（2）连接，先用等面积法求出，再证明，从而得出，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）根据可得为等腰三角形，根据题意进行分类讨论，当点E在线段上时，当点E在延长线上时．【详解】（1）解：过点D作于点P，∵，，∴，∵，∴，∴四边形为矩形，∴，，∵，∴，在中，根据勾股定理得：．（2）解：连接，∵，，∴，即，解得：，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，，∴，∴，，整理得：．（3）①当点E在线段上时，由（2）可得，∵为等腰三角形，∴为等腰三角形，当时，；当时，过点M作于点Q，由（1）可得：，∴，∵，∴，∵，，∴，不符合题意，舍去；=当时，过点E作于点H，∵，，∴，∵，∴，∴，②当点E在延长线上时，∵，，∴，∴当点E在延长线上时，只能为等腰三角形的顶角，∴，∴．综上：或或8．【点睛】本题主要考查了四边形和三角形的综合应用，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题的关键是熟练掌握各个相关知识点并灵活运用，根据题意正确作出辅助线，构造直角三角形那个和全等三角形求解．17．（2023·上海浦东新·校考一模）如图，在中，，，，，平分交边于点D，点E是边上的一个动点（不与B、C重合），F是边上一点，且，与相交于点．(1)求证：；(2)设，，求与之间的函数关系式，并写出的取值范围；(3)当是以为腰的等腰三角形时，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)的长为1或6.4【分析】（1）要证，只需证，只需证到，．由，平分可证到；由可证到，问题解决；（2）作的垂直平分线交于点M，交于点N，易证，从而可以证到，可得．只需用x、y表示出、，问题就得以解决；（3）当是以为腰的等腰三角形时，可分和两种情况讨论．当时，由可得，从而可以得到x与y的等量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值；当时，易证，过点F作，垂足为H，则有，结合，就可得到x与y的等量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，，，∴，∵，，∴，∴．（2）解：作的垂直平分线交于点M，交于点N，连接，如图2所示：则有，在中，，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，，∴，又∵，∴，∴；（3）解：①当时，如图3所示：∵（已证），∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，整理得：，则有，解得：（舍），，∴；②当时，如图4所示：过点F作，垂足为H，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，整理得：，则有，∴，，∵，∴，∴；综上所述：当是以为腰的等腰三角形时，的长为1或6.4．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、用因式分解法解一元二次方程、锐角三角函数的定义、三角形内角和定理、三角形的外角性质、垂直平分线的性质等知识，综合性非常强．而作的垂直平分线交于点M，进而证到是解决第二小题和第三小题的关键．18．（2023·上海青浦·校考一模）如图，已知，的内部有一点，且，过点作交于点，与交于点．(1)如果，求的长；(2)设，，求与的函数关系式，并写出定义域；(3)如果，求的面积．【答案】(1)的长为(2)与的函数关系式为(3)的面积为【分析】（1）作交于，由得，，设，则，由勾股定理得，从而得出，由得，因为，从而得到，即，计算即可得到答案；（2）作交于，交于，由（1）得，，得到，即，在根据等面积法和勾股定理求出的长，从而即可求出与的函数关系式；（3）连接，交于，由，得四边形为平行四边形，从而得，又由，得，从而得到，，最后通过计算面积即可．【详解】（1）解：如图所示，作交于，，，，设，则，在Rt中，，，，解得：，（舍去），，，，，，，，，即，解得：，的长为；（2）解：如图所示，作交于，交于，，由（1）得，，，即，，，，，，即，解得：，，，其中最大为的长，为，，与的函数关系式为；（3）解：如图所示，连接，交于，，四边形为平行四边形，对角线相交于点，，，，，，．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定的应用，勾股定理，平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，是解题的关键19．（2023·上海黄浦·统考一模）已知，如图1，在四边形中，，，．(1)当时（如图2），求的长；(2)连接，交边于点，①设，，求关于的函数解析式并写出定义域；②当是等腰三角形时，求的长．【答案】(1)；(2)的长为或．【分析】（1）在中，解直角三角形得，，再证即可得解；（2）①先求得，，根据，可得定义域，证明可得关于的函数解析式；②分两类讨论求解，当时，作于点Q，作于点P，证得解，当时，作垂直直线于点N，证得解．【详解】（1）解：∵在中，，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；（2）解：①如图2，作于点N，∵，，，，∴，∴，，∵，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，即，∴，②∵，∴，∴，当时，作于点Q，作于点P，如下图，易知四边形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；当时，作垂直直线于点N，如下图，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴即，∴，∵⊥，∴，，∴，解得或（舍去），综上的长为或．【点睛】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理、求函数解析式、矩形的判定及性质以及相似三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理以及相似三角形的判定及性质是解题的关键．20．（2023·上海浦东新·统考一模）如图，在中，，，，点D是斜边上的动点，连接，垂直平分交射线于点F，交边于点E．(1)如图，当点D是斜边上的中点时，求的长；(2)连接，如果和相似，求的长；(3)当点F在边的延长线上，且时，求的长．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）如图，记，的交点为，证明，，再利用锐角三角函数分别求解，即可；（2）先求解，，由和相似，分两种情况讨论即可；（3）如图，连接，过作交的延长线于，由，可得，求解，，结合垂直平分线的性质可得：，由勾股定理可得，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，记，的交点为，∵，点D是斜边上的中点，，∴，∴，∵垂直平分∴，，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴．（2）∵，，，∴，设，则，∴，解得：，∴，，∵和相似，如图，当时，∴，由垂直平分线的性质可得：，∴，解得：，如图，当时，∴，∴，解得：．（3）如图，连接，过作交的延长线于，∵，∴，而，同理可得：，，由垂直平分线的性质可得：，∴，∴．【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，清晰的分类讨论，作出适当的辅助线构建相似三角形与直角三角形都是解本题的关键．限时检测02：全国各地最新模拟试题（80分钟）1．（2023·广东惠州·校考一模）已知边长为4的等边，D、E、F分别为边的中点，P为线段上一动点，则的最小值为（）A． B．3 C．4 D．【答案】C【分析】连接，设与相交于点H，首先说明是线段的垂直平分线，可证，即可解决问题．【详解】解：如图，连接，设与相交于点H，∵是等边三角形，D、E、F分别为边的中点，∴，，∴,，∴是线段的垂直平分线，∴，∴，∵，∴，∴的最小值为4．故选：C．【点睛】本题考查了垂直平分线的判定和性质，等边三角形的性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．2．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）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．3．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在中，，，，点为边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长度的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用勾股定理得到边的长度，根据平行四边形的性质，得知最短即为最短，利用垂线段最短得到点的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到的长度．【详解】解：，，四边形是平行四边形，＝，＝，最短也就是最短，过作的垂线，，，，，则的最小值为，故选：C．【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解．4．（2023·安徽亳州·校考模拟预测）在中，，，，为上一点，为内部一点，且，当的值最小时，则的长是（

）A．4 B． C．2 D．【答案】C【分析】过点A作于点D，根据题意可得，从而得到点Q到，的距离相等，进而得到，在上截取，连接，可得，从而得到，进而得到，即的最小值为的长，此时，再根据直角三角形的性质，求出的长，即可求解．【详解】解：如图，过点A作于点D，∵，，∴，∵，∴，∴点Q到，的距离相等，∴点Q在的平分线上，即，在上截取，连接，∵，∴，∴，∴，即的最小值为的长，此时，∵，，∴，∵，∴，即当的值最小时，则的长是2．故选：C【点睛】本题主要考查了角平分线的判定定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据题意得到当的值最小时，是解题的关键．5．（2023·安徽安庆·统考一模）已知抛物线与x轴交于A，B两点，对称轴与x轴交于点D，点C为抛物线的顶点，以C点为圆心的半径为2，点G为上一动点，点P为的中点，则的最大值与最小值和为（）A． B． C． D．5【答案】D【分析】连接．利用三角形的中位线定理证明，求出的最大和最小值，即可解决问题．【详解】解：如图，连接．∵，∴，∴当的值最大时，的值最大，当的值最小时，的值最小，∵，∴，∴，当点G在线段的延长线上时，的值最大，最大值，当点G在线段上时，的值最小，最小值，∴的最大值为3.5，的最小值为1.5，∴DP的最大值与最小值和为．故选D．【点睛】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．6．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，经过的顶点C，与边分别交于点M，N，与边相切．若，则线段长度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于点F，当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，过O作于E，根据圆周角定理和垂径定理得到，，，再根据等腰直角三角形的判定与性质求得直径，然后解直角三角形求得即可．【详解】解：如图，作于点F，∵即为定值，且垂线段最短，∴当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，则，过O作于E，则，，∵，，，∴，则，∴，∴，即的最小值为．故选：D．【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，解答的关键是找到直径最小时，线段的长度也最小．7．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，在矩形中，，是的中点，是边上一点（不与重合），连接，若，则的值是（）A．3 B．或 C．或 D．或6【答案】C【分析】首先根据题意证明，然后根据相似三角形的性质列方程求解即可．【详解】解：∵在矩形中，，E是的中点，∴，，∵四边形是矩形，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴，即，整理得，，解得或，当时，，当时，，故选：C．【点睛】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，解一元二次方程，勾股定理等知识，解题的关键是证明．8．（2023·湖北咸宁·校联考一模）如图①，在矩形中，动点从点出发，沿的路线运动，当点到达点时停止运动．若，交于点，设点运动的路程为，，已知关于的函数图象如图②所示，当时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据图②得到的数值，然后根据相似三角形列出比例式即可求得．【详解】解：当点在点时，即时，由图象可知：，，当点在点和点时，，根据图象可知：，当时，点在中点，，如图，，，，，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：函数图象、矩形性质、相似三角形的判定与性质，理解动点的完整过程是解题关键．9．（2023·安徽滁州·校联考一模）如图，在中，，延长至点，连接，，点为边上一动点，于，于，连接，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，取的中点，分别连接，，过作交于，先证明，，，四点共圆，根据圆周角定理得出，证明为等腰直角三角形，，说明当取最小值时，也取最小值，由说明当取最小值时，最小，此时也最小，根据垂线段最短得出时，取最小值，根据勾股定理，利用等积法求出，然后再求出即可．【详解】解：连接，取的中点，分别连接，，过作交于，如图所示：∵，，∴点，，，四点共圆，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴当取最小值时，也取最小值，∵，∴当取最小值时，最小，此时也最小，∵时，取最小值，∴此时最小，∵在中，，，∴，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴，∴，即的最小值为，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，等边三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，说明当取最小值时，最小，此时也最小．10．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故选：．【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．11．（2023·陕西西安·校考二模）如图，在中，弦，点为圆周上一动点，连接、，为上一点，且，，则周长的最大值为______．【答案】##【分析】设的周长为，则，因为点是圆周上一动点，所以当时直径时，最长；求出，，所以，，则最大为．【详解】解：设的周长为，则，，，点是圆周上一动点，当时直径时，最长，，，，，，，，最大为；故答案为：．【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆的基本概念，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，解题的关键是利用已知条件将三角形的周长转化为．12．（2023·浙江舟山·校联考一模）如图，在中，，，点D是边上的点，将沿折叠得到，线段与边交于点F．若为直角，则的长是___________．【答案】##【分析】过点A作于点G，根据等腰三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再由折叠的性质可得，从而得到，进而得到，即可求解．【详解】解：如图，过点A作于点G，∵，，∴，∴，∴，∵将沿折叠得到，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，图形的折叠问题，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．13．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，，于A，于，且，点从向A运动，每秒钟走，点从向运动，每秒钟走，点，同时出发，运动______秒后，与全等．【答案】6【分析】设运动x秒钟后与全等；则则，分两种情况：①若，则，此时，；②若，则，得出，，即可得出结果．【详解】解：∵于A，于，∴，设运动x分钟后与全等；则则，分两种情况：①若，则，∴，，，∴；②若，则，解得：，，此时与不全等；综上所述：运动6秒钟后与全等；故答案为：6．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法、解方程等知识；本题难度适中，需要进行分类讨论．14．（2023·安徽芜湖·芜湖市第二十九中学校考一模）如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转α得到，当点B正好落在线段上时，则旋转角________度．【答案】【分析】根据三角形内角和定理得到，根据旋转得到，，，即可得到，结合三角形内外角关系即可得到，即可得到答案；【详解】解：∵，，∴，∵绕点C顺时针旋转α得到，∴，，，∴，在中，，∴，∴，故答案为；【点睛】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和定理及三角形内外角关系，解题的关键是求出．15．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是_____．【答案】【分析】延长交于点，过点作于点，根据旋转的性质得出，继而根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图所示，延长交于点，∵，将绕点逆时针旋转，得到，∴,，∴∴，过点作于点，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．16．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）如图，在中，，D为的中点，E为边上一点，将沿着翻折，得到，连接．当时，则的度数为______．【答案】##20度【分析】结合题意，由翻折易证为等边三角形得到，然后利用三角形内角和定理和外角进行角的加减计算和求解．【详解】解：D为的中点，，有翻折可知：，，，，又，为等边三角形，，，，，又，，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折的性质，等边三角形的证明和性质的应用，三角形内角和定理以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，角的计算；解题的关键是证明为等边三角形得到．17．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点处，折痕分别与边，交于点，当点与点重合时，的长为______；当点的位置变化时，长的最大值为______．【答案】

【分析】如图中，求出等边的高即可．如图中，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作交的延长线于点，取的中点，连接证明，求出的最小值，可得结论．【详解】解：如图中，四边形是菱形，，，，都是等边三角形，当点与重合时，是等边的高，．如图中，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作交的延长线于点，取的中点，连接．∵，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，的最小值为，的最大值为．故答案为：，．【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会填空常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．18．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，已知一个量角器的直径与正方形的边长相等，点与点重合，量角器的半圆弧与边交于点，过点作，交边于，连结，在量角器绕点顺时针旋转的过程中，若的度数为，则__________°，此时的值为_________．【答案】

##【分析】先由证明，得到，已知的度数为，得到，进而得到，再证明，得到，已知四边形是正方形，得到，进而得到，，根据，即可求得的度数；根据，，得到，，，设，则，由勾股定理可得，即可求解．【详解】在和中，，∴，∴，∵的度数为，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴；∵，，∴，，，设，∵的度数为，∴，∴，∴，设，则，，∵，∴，∴，∴；故答案为：；【点睛】本题主要考查四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．19．（2023·广东云浮·校考一模）如图，折叠矩形的一边，使点D落在边的点F处．已知折痕，且，则线段的长度为______．【答案】6【分析】根据，设，在中可得，，由，三角函数的知识求出，在中由勾股定理求出，代入可得出答案．【详解】解：四边形是矩形，，由折叠的性质得：，，，，设，则，由勾股定理得，，，，，，，，在中，由勾股定理得，解得：，∴，故答案为6．【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质、三角函数及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质、三角函数及勾股定理是解题的关键．20．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，直角三角形中，，，将三角形的斜边放在定直线上，将点按顺时针方向在上转动两次，转动到的位置，设，，，则点所经过的路线长是_____．【答案】【分析】根据题目要求找出点所经过的路线分别为以为圆心，圆心角，为半径的圆弧，和以为圆心，圆心角为，为半径的圆弧，再利用弧长计算公式求解即可．【详解】解：∵，，∴，∵如图，第一次转动是以为圆心，圆心角，为半径的圆弧，第二次转动是以为圆心，圆心角为，为半径的圆弧，∴点所经过的路线长为，故答案为：．【点睛】本题考查了扇形的弧长计算公式，正确找出点所经过的路线，及熟练应用弧长计算公式求弧长是解答本题的关键．21．（2023·陕西西安·校考一模）如图，在矩形中，，连接，，点是上一点，，点是上一动点，连接，以为斜边向下作等腰直角，连接，当的值最小时，的长为____________．【答案】【分析】根据矩形的性质，勾股定理，以及已知条件得出，连接，在上取一点，使得，证明，进而得出点在的角平分线上运动，当最小时，重合，此时，即可求解．【详解】解：∵矩形中，，，∴，，∵，∴，如图所示，连接，在上取一点，使得，∵，等腰直角，∴，，又∵，∴，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴点在的角平分线上运动，当最小时，重合，此时，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，得出点在的角平分线上运动是解题的关键．22．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上，从点至点运动，连接，以为边作等边，点和点分别位于两侧．（1）当点运动到点时，的长为______；（2）点在线段上从点至点运动过程中，的最小值为______．【答案】

【分析】连接并延长至，使得，连接，证明，进而证明是等边三角形，，得出点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动，即可求解；（2）根据垂线段最短，得出从点至点运动过程中，运动到的中点时，的最小值为，进而勾股定理即可求解．【详解】（1）如图所示，连接并延长至，使得，连接，∵在矩形中，对角线，相交于点，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴∴,，∵，则是等边三角形，∴，∴即∴点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动，∵，，∴，∴，又∵，∴∴是等边三角形，∴，∴当点运动到点时，点运动到点，则的长，故答案为：．（2）由（1）可知点在线段上从点至点运动过程中，运动到的中点时，的最小值为∵，则∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，得出点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动是解题的关键．23．（2023·广东云浮·校考一模）如图，在平行四边形中，，，，点P是平行四边形内部的一个动点，且，则线段的最小值为_______．【答案】##【分析】先由圆周角定理得到点P在以为直径的圆上，取中点O，连接，则，当且仅当O、P、A共线时取等号，如图，过A作交延长线于E，根据平行四边形的性质和锐角三角形函数定义求得，，进而利用勾股定理求得即可求解．【详解】解：∵，∴点P在以为直径的圆上，取中点O，连接，则，当且仅当O、P、A共线时取等号，如图，过A作交延长线于E，∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∴，，∴在中，，∴，又，∴线段的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查圆周角、圆上的点与已知点的最短距离、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，得到点P的运动轨迹是解答的关键．24．（2023·广东深圳·统考一模）如图，等边三角形边长为2，点D在边上，且，点E在边上且，连接，交于点F，在线段上截取，连接，则线段的最小值是______．【答案】##【分析】先根据等边三角形的性质证明，得出，进而得到，从而得到点G在以AC为弦、所对圆周角为的一段弧上运动，然后作辅助线图如图，得到（当且仅当三点共线时取=），得出的最小值即为，再求出即得答案．【详解】解：∵等边三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，连接，如图，∵，∴，∴，∴点G在以AC为弦、所对圆周角为的一段弧上运动，设这段弧所在的圆心为O，连接，如图，则（当且仅当三点共线时取=），∴的最小值即为，设交于点H，∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴四边形是菱形，∴，∴，∴，∴的最小值为；故答案为；．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及圆的相关知识，得出点G取最小值的位置是解题的关键．25．（2023·安徽芜湖·芜湖市第二十九中学校考一模）如图，在中，，，为边上的一个动点（不与、重合），连接，则的最小值是______．【答案】【分析】以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，由是等腰直角三角形的，即，故取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长，根据，，可得，即可得答案．【详解】解：以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，如图：由作图可知：是等腰直角三角形，∴，∴，∴取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长，∵，，∴，∴，，∴的最小值是．故答案为：．【点睛】本题考查三角形中的最小路径，解题的关键是作辅助线，把的最小值转化为求的最小值．26．（2023·安徽滁州·校考一模）在中，，，现有动点从点出发，沿线段向点方向运动：动点从点出发，沿线段向点方向运动．如果点的速度是，点的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为秒．求：(1)当时，、两点之间的距离是多少？(2)若的面积为，求关于的函数关系式．(3)当为多少时，以点，，为顶点的三角形与相似？【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）在中，当秒，可知、的长，运用勾股定理可将的长求出；（2）由点P，点Q的运动速度和运动时间，又知的长，可将用含t的表达式求出，代入直角三角形面积公式求解；（3）应分两种情况：当时，根据，可将时间t求出；当时，根据，可求出时间t．【详解】（1）由题意得则（1）当秒时，，，由勾股定理得；故、两点之间的距离是（2）由题意得则∴由题意可知∴关于的函数关系式为（3）当时即解得当时即解得综上所述：或．【点睛】本题主要考查了相似三角形性质以及勾股定理的运用，在解第三问时应分两种情况进行求解防止漏解或错解，注意方程思想与分类讨论思想的应用是解此题的关键．27．（2023·湖北十堰·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，直线与抛物线在第一象限交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)连接，点Q是直线上不与A、B重合的点，若，请求出点Q的坐标；(3)在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形?若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或(3)或或或【分析】（1）根据抛物线经过点、，用待定系数法即可求得结果；（2）先计算出，再求出直线的解析式，设出点Q的坐标，根据三角形面积公式即可求解；（3）分类讨论，分别