押广东广州卷第24-25题（二次函数、特殊四边形中动点问题）（解析版）-备战2024年中考数学

押广东广州卷第24-25题押题方向一：二次函数3年广东广州卷真题考点命题趋势2023年广东广州卷第24题反比例函数和二次函数综合从近年广东广州中考来看，二次函数经常会与一次函数、反比例函数、几何图形结合一起来考查，依据几何图形的性质结合二次函数最值解决问题，综合难度较大；预计2024年广东广州卷还将继续重视对二次函数与其他函数和几何图形的综合考查。2022年广东广州卷第24题一次函数和二次函数2021年广东广州卷第24题二次函数1．（2023·广东广州·中考真题）已知点在函数的图象上．（1）若，求的值；（2）抛物线与轴交于两点，在的左边），与轴交于点，记抛物线的顶点为．①为何值时，点到达最高处；②设的外接圆圆心为，与轴的另一个交点为，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把代入得，即可求解；（2）①，得，即可求解；②求出直线的表达式为：，得到点的坐标为：，；由垂径定理知，点在的中垂线上，则；由四边形为平行四边形，则，求出，进而求解．【解答】解：（1）把代入得；故的值为1；（2）①在中，令，则，解得或，，，点在函数的图象上，，令，得，即当，且，则，解得：（正值已舍去），即时，点到达最高处；②假设存在，理由：对于，当时，，即点，由①得，，，，，对称轴为直线，由点、的坐标知，，作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点，，则，则直线的表达式为：．当时，，则点的坐标为：，．由垂径定理知，点在的中垂线上，则．四边形为平行四边形，则，解得：，即，且，则，，，或，．【点评】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．2．（2022·广东广州·中考真题）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．(1)求直线的解析式；(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下①求的取值范围；②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q'也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．【答案】(1)直线解析式为：；(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），∴，解得，∴直线解析式为：；（2）解：①设G：（），∵点P（，）在直线上，∴；∴G：（）∵（0，-3）不在直线上，∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），∴点P必须位于直线的上方，则，，另一方面，点P不能在轴上，∴，∴所求取值范围为：，且；②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，∴点Q横坐标为，而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；∵Q'（，）在G：上，∴，，∴G：，或．∵抛物线G过点（0，-3），∴，即，，；当时，抛物线G为，对称轴为直线，对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，此时，函数值随着的增大而减小，如图，∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．3．（2021·广东广州·中考真题）已知抛物线（1）当时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；（3）已知点、，若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．【答案】（1）不在；（2）（2，5）；（3）x顶点或x顶点或x顶点【分析】（1）先求出函数关系式，再把（2，4）代入进行判断即可；（2）根据二次函数的顶点坐标公式求出抛物线顶点纵坐标，最大值即为顶点最高点的纵坐标，代入求解即可；（3）运用待定系数法求出直线EF的解析式，代入二次函数解析式，求出交点坐标，再根据题意分类讨论，求出m的值即可．【详解】解：（1）把m=0代入得，当x=2时，所以，点（2，4）不在该抛物线上；（2）=∴抛物线的顶点坐标为（，）∴纵坐标为令∵∴抛物线有最高点，∴当m=3时，有最大值，将m=3代入顶点坐标得（2，5）；（3）∵E（-1，-1），F（3，7）设直线EF的解析式为把点E，点F的坐标代入得解得，∴直线EF的解析式为将代入得，整理，得：解得则交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），而（2，5）在线段EF上，∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，∴m+1＜-1或m+1＞3或m+1=2（此时2m+3=5），∴此时抛物线顶点横坐标x顶点或x顶点=或x顶点=【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，解题关键是注意数形结合思想的运用．1.二次函数（含参）最值讨论技巧：已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)（下面以a＞0为例进行讨论）。图1图2图3图4图51）如图1，当x的取值为全体实数时：当时，y取最小值，最小值ymin=，无最大值。2）如图2，当时：当时，y取最小值，最小值为ymin=ax22+bx2+c；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax12+bx1+c。3）如图3，当且时：当时，y取最小值，最小值为ymin=；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax12+bx1+c。4）如图4，当且时：当时，y取最小值，最小值为ymin=；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax22+bx2+c。5）如图4，当时：当时，y取最小值，最小值为ymin=ax12+bx1+c；当时，y取最大值，最大值为ymax=ax22+bx2+c。1．已知抛物线经过点．(1)用含的式子表示；(2)当时，设该抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，的外接圆与轴交于另一点（点与点不重合），求点的坐标；(3)若点，，在该抛物线上，且当时，总有，求的取值范围．【答案】(1)(2)(3)或【分析】本题考查了二次函数的图象的性质，三角形的外接圆，同弧所对的圆周角相等；（1）把点代入抛物线，即可求解；（2）先求得的坐标，进而得出是等腰直角三角形，根据同弧所对的圆周角相等得出得出是等腰直角三角形，即可求解；（3）根据在该抛物线上，则，由当时，总有，分点在之间，和对称轴右侧两种情况，分类讨论，即可求解．【详解】（1）解：把点代入抛物线，得，，解得：；（2）解：∵，∴，当时，则，解得：或；又∵点在点的左侧，∴，，当时，则，即，∴当时，，∴是等腰直角三角形，∴，∵的外接圆与轴交于另一点，∴，即是等腰直角三角形，∵，则，根据圆的对称性可得：；

（3）解：在该抛物线上，则，∵，∴抛物线对称轴为直线，∴点的横坐标，即点在对称轴的左侧，∵当时，总有，∴图①不成立，

当的位置满足图②时，，解得：，∴，则，当的位置满足图③时，则，解得：，此时，综上所述，或．2．已知直线经过点．(1)用含有的式子表示；(2)若直线与，轴分别交于，两点，面积为，求的取值范围；(3)过点的抛物线与轴交点为，记抛物线的顶点为，该抛物线是否存在点使四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）将代入得，，整理即可；（2）由经过点，可知经过第一、二、三象限，由（1）可知，，可求，；，；则，根据，即，可求，然后作答即可；（3）将代入得，，解得，，即，，可求，设，当四边形为平行四边形，为边，为对角线，则的中点坐标为，的中点坐标为，由平行四边形的性质可知，可求，即，将代入，可求满足要求的解为，进而可得，然后作答即可．【详解】（1）解：将代入得，，整理得，，∴含有的式子表示为；（2）解：∵经过点，∴经过第一、二、三象限，由（1）可知，，当时，，即，；当时，，解得，，∴，；∴，∵，∴，即，∴，∴且；（3）解：将代入得，，解得，，∴，∴，当时，，即，设，当四边形为平行四边形，为边，为对角线，∴的中点坐标为，的中点坐标为，∴，解得，，∴，将代入得，，解得，，满足题意；∴∴存在点使四边形为平行四边形，此时．【点睛】本题考查了一次函数解析式，直线与坐标轴的交点，坐标与图形，完全平方公式的变形，二次函数与特殊的平行四边形综合，二次函数的图象与性质等知识．熟练掌握一次函数解析式，直线与坐标轴的交点，坐标与图形，完全平方公式的变形，二次函数与特殊的平行四边形综合，二次函数的图象与性质是解题的关键．3．已知抛物线的图象过点．(1)求b与a的关系式；(2)当时，若该抛物线的顶点到x轴的距离是1，求a的值；(3)将抛物线进行平移，若平移后的抛物线仍过点，点A的对应点为点，当时，求平移后的抛物线顶点纵坐标的最大值．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）把点A坐标代入即可得到答案；（2）根据和该抛物线的顶点到x轴的距离是1得到，解方程后根据即可得到答案；（3）根据题意可知抛物线向左平移个单位长度，向上平移个单位长度．则平移后的抛物线解析式为．把代入解得．当时，；当时，（不合题意，舍去）；得到平移后的抛物线解析式为．即顶点为，设，即．根据二次函数的性质即可得到答案．【详解】（1）解：∵抛物线的图象过点．∴，∴；（2）∵∴∵该抛物线的顶点到x轴的距离是1，∴，解得或或，∵∴或（3）由平移前的抛物线，即，因为平移后的对应点为可知，抛物线向左平移个单位长度，向上平移个单位长度．则平移后的抛物线解析式为．把代入，得．．，所以．当时，；当时，（不合题意，舍去）；因为，所以．所以平移后的抛物线解析式为．即顶点为，设，即．因为，所以当时，随a的增大而减小，所以当时，取最大值为，此时，平移后的抛物线顶点纵坐标的最大值为．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的图象和系数的关系，二次函数的点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，也考查二次函数的性质．4．已知抛物线：的对称轴是直线，与轴交于A、两点（A在左侧），与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)若点在线段上，且，求的值；(3)抛物线向右平移个单位（），平移后A、的对应点分别是、，点在轴的负半轴上，且以点、、为顶点的三角形与相似．点是平移后的抛物线上的一点，若四边形是平行四边形，求的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）由，得，即可求解；（2）先证明是直角三角形，即可求解；（3）先利用相似用m的代数式表示出点E的坐标，再由平行四边形的对边相等，建立方程求解即可．【详解】（1）解：由题意得：，∴，∴抛物线的解析式为：；（2）解：，则，解得，∴，当时，，∴，∴，而，∴，过点D作轴，则为等腰直角三角形，

∴，∴，∴，，而，∴，∴，∴而，∴在中，．（3）解：由题意得：，，由得，故平移后解析式为：∵，∴以点、、为顶点的三角形与相似，有，∴，∴，∴，当，则，∴，∴，①当时，四边形是平行四边形，则，∴∴代入得：，解得或（舍）；当时，四边形是平行四边形，则，∴∴代入得：，解得：解得或（舍），综上：或．【点睛】本题是二次函数与相似三角形、平行四边形的综合题，考查了待定系数法求解析式，锐角三角函数，相似三角形的性质，以及平行四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．5．已知抛物线，直线，其中，．(1)求证：直线l与抛物线C至少有一个交点；(2)若抛物线C与x轴交于，两点，其中，且，求当时，抛物线C存在两个横坐标为整数的顶点；(3)若在直线l下方的抛物线C上至少存在两个横坐标为整数的点，求k的取值范围．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）联立，解方程，判断方程的解得个数即可解答；（2）根据时，，结合抛物线C与x轴交于，两点，结合，则，且，求得，确定h的整数解有1,2两个，得证．（3）根据题意，得当时，恒成立．建立不等式解答即可．本题考查了抛物线与一次函数的综合，不等式组的解集与整数解，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．【详解】（1）联立，解方程，得，当时，，即直线与抛物线恒过点，故直线l与抛物线C至少有一个交点．（2）当时，，∵抛物线C与x轴交于，两点，∴，∵，∴，∵，∴解得，∵h时整数，∴，故抛物线C存在两个横坐标为整数的顶点，且顶点坐标为．（3）．∵如图所示：由（1）可知：抛物线C与直线都过点．当，，在直线下方的抛物线C上至少存在两个横坐标为整数点，即当时，恒成立．故，整理得：．又∵，∴，∴．6．已知二次函数图象与x轴交于点A和点，与y轴交于点．(1)求点A的坐标；(2)若点D是直线上方的抛物线上的一点，过点D作轴交射线于点E，过点D作于点F，求的最大值及此时点D坐标；(3)在（2）的条件下，若点P，Q为x轴下方的抛物线上的两个动点，并且这两个点满足，试求点D到直线的最大距离．【答案】(1)(2)最大值为4，此时点D的坐标为；(3)【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点A的坐标即可；（2）先求出直线解析式为，同理可得直线解析式为，设，则，，可得，；再证明是等腰直角三角形，得到，则，据此可得答案；（3）设，设直线解析式为，可利用待定系数法求出，，同理可得直线解析式为，；如图所示，设直线，分别与y轴交于T、R，可求出，证明，可推出，进而得到；设直线解析式为，联立得，则，据此可得，即直线经过定点；设点D到直线得距离为h，由垂线段最短可得，则当时，h最大，最大值为．【详解】（1）解：∵抛物线经过，，∴，∴，∴抛物线解析式为，在中，当，解得或，∴；（2）解：设直线解析式为，直线交直线于H，∴，∴，∴直线解析式为，同理可得直线解析式为，设，则，，∴，；∵，∴，∴，∵轴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴时，有最大值，最大值为4，∴此时点D的坐标为；（3）解：设，设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为，同理可得直线解析式为，如图所示，设直线，分别与y轴交于T、R，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴，∴；设直线解析式为，联立得，∴，∴，∴，∴直线经过定点；设点D到直线得距离为h，由垂线段最短可得，∴当时，h最大，最大值为．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，解（2）的关键在于证明是等腰直角三角形得到，解（3）的关键是推出直线经过定点．7．在平面直角坐标系中，已知抛物线（是常数），顶点为．(1)用含的式子表示抛物线的对称轴；(2)已知点，当点不在轴上时，点关于轴的对称点为点，分别过点、作轴的垂线，垂足分别为、，连接，得到矩形．①当时，点到边所在直线的距离等于点到轴的距离，求的值；②当时，抛物线的一部分经过矩形的内部，这部分抛物线上的点的纵坐标随着的增大而减小，求的取值范围．【答案】(1)(2)①或；；②或【分析】此题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与矩形的综合应用；（1）化为顶点式，求解即可；（2）①分两种情况，顶点在上方或下方时，根据题意，列出关于的方程，求解即可；②分为两种情况，当点分别在对称轴的左右两侧时，根据题意，列出不等式，求解即可．【详解】（1）解：∴抛物线的对称轴为直线，（2）解：①∴到轴的距离为点到边所在直线的距离∵∴，即当时，解得或（舍去）当时，解得或（舍去）则或；；②由题意可得：当时，当点分别在对称轴的左侧时，如下图：此时需要满足的条件为：，解得当点分别在对称轴的右侧时，如下图：此时需要满足的条件为：，解得综上：或8．如图所示，抛物线与直线交于，两点，点为线段上一动点，过点作轴的垂线交抛物线于点．．

(1)求该抛物线的解析式；(2)当点C运动到何处时，线段的长度有最大值；(3)点E为直线上一动点，在（2）的条件下，当有最小值时，点E的坐标为______（直接写出答案）．【答案】(1)(2)C的坐标为(3)【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由，即可求解；（3）作点关于直线（直线的对称点，当、、三点共线时，取得最小值，进而求解．【详解】（1）解：把，分别代入得：解之得：，抛物线的解析式为；（2）解：设直线的解析式为，把，分别代入得：，解之得：，直线的解析式为，设点为，轴，，，，当时，线段的长度有最大值，此时点的坐标为；（3）解：过点作于点，如图所示．

，，，，，，，，，，，作点关于直线（直线的对称点，当、、三点共线时，取得最小值，，可设直线的解析式为：，把代入可得：，，令，则，故答案为．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．考查了勾股定理，解直角三角函数，求一次函数的解析式，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．9．综合应用如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)直线与抛物线在第二象限交于点，若动点在上运动，线段绕点顺时针旋转，点首次落在轴上时记为点，在点运动过程中，判断的大小是否发生变化？并说明理由．(3)在（）的条件下，连接，记的外接圆的最小面积为，记的外接圆的最大面积为，试求的值（结果保留）．【答案】(1)；(2)大小不变，理由见解析；(3)．【分析】（）利用待定系数法即可求解；（）大小不变．过点作轴于，过点作交的延长线于点，设，可得，即可证明，得到，得到，进而得到，即可求证；（）连接，结合由（）可得为等腰直角三角形，故得的外接圆是以为直径的圆，设圆的半径为，则，得，根据圆的面积公式可知，最小时，圆的面积为，最大时，圆的面积为，由时，最小，此时，与重合，及当点与点重合时，最大，分别求出半径，得出的值即可求解．【详解】（1）解：把、代入得，，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：大小不变，理由如下：过点作轴于，过点作交的延长线于点，∵点在直线上，∴设，∴，，∴，又由旋转可得，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴大小不变，为；（3）解：连接，由（）得，，∵，∴为等腰直角三角形，∴的外接圆是以为直径的圆，设圆的半径为，则，∵，∴，∵圆的面积，∴最小时，圆的面积为，最大时，圆的面积为，当时，最小，此时，与重合，∴，当点与点重合时，最大，最大，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了二次函数的几何应用，待定系数法求二次函数的解析式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的外接圆，最值问题，正确作出辅助线是解题的关键．10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（其中），交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴负半轴于点C．(1)求点A的坐标；(2)如图1，若在x轴上方的抛物线上存在一点D，使得，当时，求点D的坐标；(3)如图2，平面上一点，过点E作任意一条直线交抛物线于P、Q两点，连接、，分别交y轴于M、N两点，则与的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)点A的坐标为；(2)点D的坐标为；(3)与的积是定值．【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点情况求解即可；（2）过点作，过点作轴，得到，再根据得到抛物线解析式，证明，得到的坐标为，再设直线的解析式为，根据坐标和建立方程求解，得到直线的解析式，即可解题；（3）设直线的解析式为，记，，联立，得到，，作轴，作轴，证明，利用相似的性质得到，，即可解题．【详解】（1）解：抛物线（其中），交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），，解得，，，点A的坐标为；（2）解：过点作，过点作轴，，，，，点A的坐标为，，，抛物线解析式为，即，令，解得，的坐标为，，，，，，，，，的坐标为，设直线的解析式为：，将和代入解析式有，，解得，直线的解析式为，当时，解得（不合题意舍去）或，当时，，点D的坐标为；（3）解：抛物线（其中），交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），，解得，，即，，过点作任意一条直线交抛物线于P、Q两点，设直线的解析式为，记，，有点在图象上，，即，直线的解析式为，联立，整理得，，，作轴，作轴，如图所示，，，，，同理可得，，，，．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质和判断，等腰三角形性质，全等三角形性质和判定，一元二次方程根与系数的关系，正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．押题方向二：特殊平行四边形的动点问题3年广东广州卷真题考点命题趋势2023年广东广州卷第25题正方形与三角形综合从近年广东广州中考来看，特殊的平行四边形中动点问题在近三年的中考中以解答压轴题的形式考查，综合难度比较大；预计2024年广东广州卷还将继续重视对特殊的平行四边形中动点问题的考查。2022年广东广州卷第25题菱形中的动点问题2021年广东广州卷第25题菱形中的动点问题1．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，是边上一动点（不与点，重合）．边关于对称的线段为，连接．（1）若，求证：是等边三角形；（2）延长，交射线于点．①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；②若，求面积的最大值，并求此时的长．【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点不可能是等腰三角形顶角的顶点，若点是等腰三角形顶角的顶点，则有，此时与重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过作于，连接，取的中点，连接，作于，设，则，根据直角三角形的性质得到，，推出，当，，三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，求得，，于是得到结论．【解答】（1）证明：由轴对称的性质得到，四边形是正方形，，，，关于对称的线段为，，，是等边三角形；（2）解：①能，边关于对称的线段为，，四边形是正方形，，，是边上一动点，，点不可能是等腰三角形的顶点，若点是等腰三角形的顶点，则有，此时与重合，不合题意，只剩下了，连接交于，如图1，，，，，，，，，，，，，，，，，；②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过作于，连接，取的中点，连接，作于，设，则，由①知，是的中点，，，，当，，三点共线时，取等号，面积的最大值；如图3，设与交于，则四边形是矩形，，，，，，，，．另解：，，，，，，．【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．2．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=6，连接BD．(1)求BD的长；(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE=DF，①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO=，即可求解；（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s=S△ABD-S△DEF，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时，s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，∵∠BAD=120°，∴∠CAB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴BO=AB▪sin60°==，∴BD=2BO=；（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6，由（1）得：BD=；菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，∴MN⊥BC，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴∠EBN=30°；∴EN=BE∵，∴MN=，设BE=，则EN=，∴EM=MN-EN=，∵S菱形ABCD=AD▪MN=，∴S△ABD=S菱形ABCD=，∵BE=DF，∴DF=，∴S△DEF=DF▪EM==，记四边形ABEF的面积为s，∴s=S△ABD-S△DEF=-（），∵点E在BD上，且不在端点，∴0<BE<BD，即；①当CE⊥AB时，∵OB⊥AC，∴点E是△ABC重心，∴BE=CE=BO=，此时=，∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；②作CH⊥AD于H，如图，∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AH=DH=3，∴CH=，∵，∴当，即BE=时，s达到最小值，∵BE=DF，∴DF=3，此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，∴CE+CF的值达到最小，其最小值为CO+CH==12．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．3．（2021·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；（2）当时，求AE的长；（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据E为AB中点可得，再由菱形的性质推出CD∥AB，，则，即可证明结论；（2）过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，利用菱形及直角三角形的性质可求出，并由勾股定理求得，再根据相似三角形的判定及性质可证得，设，则，可表示出，，即可由建立关于x的方程，求解后可得出AE的长；（3）连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，首先由菱形的性质得出△ABD为等边三角形，则，再由CD∥AB，得，，由此可证得，再结合得出，则由等腰三角形性质推出，并分别求出，，最后根据题意可得点G运动路径的长度为线段AN的长，由平行线分线段成比例性质可得出，此题得解．【详解】（1）证明：∵E为AB中点，∴．∴．∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，．∴．∴四边形DFEC是平行四边形；（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，∵四边形ABCD是菱形，，∴AD∥BC，．∴．∴．∴．则由勾股定理得．∵CD∥AB，∴△CDG∽△FEG．∴．∵，∴．设，则．∴，．在Rt△CFH中，由勾股定理得：，∴．解得，（不合题意，舍去）．∴AE的长为；（3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，∵四边形ABCD是菱形，，∴，．∴△ABD为等边三角形．同理可证：△BCD为等边三角形．∴．∵CD∥AB，∴，．∴，．∴∵，∴．∴．则由勾股定理得：，．当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，当点E与A重合时，点G与点A重合，当点E与B重合时，点G为BD与AM的交点N，∴点G运动路径的长度为线段AN的长，∵CD∥AB，∴．∴．∴点G运动路径的长度为．【点睛】此题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握所学知识并灵活运用所学知识是解题的关键．1.几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。2.在几何最值问题，几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值；(2)比较难的线段的最值问题，其依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形两边之和大于第三边”、“三角形两边之差小于第三边”等；③借助于圆的知识；④二次函数的最值法解决。3常见最值模型：1）将军饮马模型；2）胡不归模型；3）阿氏圆模型；4）瓜豆模型（动态轨迹问题）；5）费马点模型等。1．如图，在矩形和矩形中，，，,．矩形绕着点A旋转，连接，，，．

(1)求证：；(2)当的长度最大时，①求的长度；②在内是否存在一点P，使得的值最小?若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；②存在，最小值是【分析】（1）根据矩形的性质，先证，利用相似三角形的性质准备条件，再证即可；（2）①先确定当在矩形外，且三点共线时，的长度最大，并画出图形，在中求出的长，最利用的性质求解即可；②将绕着点A顺时针旋转,且使，连接，同理将绕着点A顺时针旋转,得到,且使，连接，过P作于S，过点L作垂直的延长线于点Q，确定，当C、P、K、L四点共线时，的长最小，再根据直角三角形的性质和勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵矩形和矩形，∴，，，∴，∴，，∴，，即，，∴（2）∵，∴当在矩形外，且三点共线时，的长度最大，如图所示：

此时，，①∵，，∴，，在中，，，∴，由（1）得：，∴，即，∴；②如图，将绕着点A顺时针旋转,且使，连接，同理将绕着点A顺时针旋转,得到,且使，连接，

由旋转可得：，∴，∴，∴,过P作于S，则，，∴，则，∴，∴，∵，即，当C、P、K、L四点共线时，的长最小，由题意，，，，，过点L作垂直的延长线于点Q，，∴，，则，在中，根据勾股定理得，∴的最小值为.【点睛】本题是一道压轴题，主要考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，最短路径等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关的知识与联系，适当添加辅助线是解答的关键.2．如图，在四边形中，点，分别在边，上．连接，，，．(1)【实践探究】如图①，四边形是正方形．（ⅰ）若，，求的余弦值；（ⅱ）若，求证：是的中点；(2)【拓展】如图②，四边形是直角梯形，，，，，，求的长．【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）见详解(2)8【分析】（1）（ⅰ）根据四边形是正方形，用勾股定理得出，即可求解；（ⅱ）将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到．证明，得出，设，得，再由锐角三角函数定义得，则，然后在中，由勾股定理得出方程，得，即可解决问题；（2）过作的垂线交的延长线于点，延长使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到．证四边形是正方形，得出，设，则，证明，得出，由旋转的性质得：，再证明，得出，，在中，用勾股定理即可解答．【详解】（1）（ⅰ）解：∵四边形是正方形，，∵，∴在中，，．（ⅱ）证明：将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到．∵四边形是正方形，由旋转的性质得：，，∴，即，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，设，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得：，整理得：，∴，∴，即是的中点；（2）解：过作的垂线交的延长线于点，延长使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，将绕点顺时针旋转，使点与点重合，得到．∵，，，，四边形是正方形，∴，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，设，则，∵，∴，，，由旋转的性质得：，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，即的长是8；故答案为：8．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和矩形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．3．【问题情境】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接，若，则的长度是_________；【类比探究】（2）如图2，四边形是矩形，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；【拓展提升】（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，求的最小值．

【答案】（1）；（2），，见解析；（3）【分析】（1）通过证明，得到，求出即可；（2）通过证明得到，所以．．延长相交于点H．因为矩形，所以，所以，，所以，所以；（3）将的最小值转化为求的最小值，然后根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：（1）∵正方形，∴，∵，∴，∵正方形，∴，∴，在和中，，∴．∴，故答案为：；（2）解：，．理由如下：延长相交于点H．

∵矩形、矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵矩形，∴．∴，，∴，∴．∴；（3）解：作于N，交的延长线于M．

∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴点G在直线上运动，作点D关于直线的对称点，则：，∴当B，G，三点共线时，的值最小，连接交于G，此时的最小值为，由（2）知，，∴，∴，∴的最小值就是的最小值．∵，，，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．4．如图①，正方形中，，点是边上的动点，点是边上的动点，且，连接．

(1)如图①，作，交于点，连接，求证；四边形是平行四边形；(2)如图②，延长．、相交于点，试求的度数；(3)如图（3），连接，记，试求的最小值．【答案】(1)见解析(2)的度数为；(3)【分析】（1）由正方形的性质可得，，由，可知，，则，，进而可证四边形是平行四边形；（2）如图②，连接交于，连接，，由正方形的性质可知，为中点，，，，证明，则，，，可得是等腰直角三角形，，由是的中位线，可得，则，求解即可；（3）如图③，连接，由正方形的性质可知，，证明，则，如图③，作关于对称的线段，交延长线于，则，如图③，在上截取，过作于，使，连接、，由勾股定理得，，，则，如图③，过作于，则四边形是矩形，设，则，，，，由勾股定理得，，，可求，则，，由题意知，由，，可得，当三点共线时，最小，如图③，连接，则，，中，由勾股定理得，则最小值为，根据，计算求解，可得的最小值．【详解】（1）证明：由正方形的性质可得，，∵，∴，，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：如图②，连接交于，连接，，

由正方形的性质可知，为中点，，，，又∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵为中点，为中点，∴是的中位线，∴，∴，∴的度数为；（3）解：如图③，连接，

由正方形的性质可知，，∵，∴，∵，，，∴，∴，如图③，作关于对称的线段，交延长线于，∴，如图③，在上截取，过作于，使，连接、，∴，，，∴，如图③，过作于，则四边形是矩形，设，则，，，，由勾股定理得，，，∵，∴，∴，∴，由题意知，∵，，∴，∴当三点共线时，最小，如图③，连接，则，，在中，由勾股定理得，∴最小值为，∴，∴的最小值为．【点睛】本题考查了正方形的性质，等角对等边，平行四边形的判定，中位线，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称，正弦，勾股定理，勾股定理逆定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．5．平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；(2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，则，即可求解；（2）由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决；（3）如图3，分别以和为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到，所以，则，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用，解即可解决．【详解】（1）解：∵，如图1，∴，E为的中点，，∴，∵，∴，在中，，∴；（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，由题可设，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，延长交于N，∴，过E作于P，则，在与中，

，∴，∴，过E作于Q，∴，∴四边形为矩形，∵，∴，∴，∴矩形为正方形，∴，∴，在与中，，

∴，∴，∵，∴；（3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，∴，，∴，∴，在与中，，∴，∴，∴，当B，F，M，N四点共线时，最小，即为线段BN的长度，如图4，过N作交其延长线于T，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的最小值为．【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键．6．（1）如图1，已知正方形的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿、方向向终点C和D运动．连接和，交于点P．

①猜想与的位置关系，并证明你的结论．②求运动过程中，线段扫过的面积．（2）如图2，已知菱形的对角线为，．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿、向终点C和A运动．连接和，交于点P．求周长的最大值．

【答案】（1）①，证明见解析；②（2）【分析】（1）①根据全等三角形的判定证明，即可证得；②由可知，点P在以为直径的圆上，当点M运动到点C时，N点也运动到点D，此时点P是正方形的对角线交点，作出点M和点N运动到终点时的图象，阴影部分就是线段扫过的部分，它由一个圆心角为的扇形和一个等腰直角三角形构成，再根据计算这两部分的面积并求和即可；（2）如图③，延长到K，使得，则是等边三角形，连接，取，证明，求出的最大值即可．【详解】解：（1）①结论：．理由：如下图中，∵点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿、方向向终点C和D运动，∴，

∵四边形是正方形，∴，，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．②取的中点O，∵，即，∴，∴点P在以为直径的圆上，当点M运动到点C时，N点也运动到点D，此时点P是正方形的对角线交点，作出点M和点N运动到终点时的图象，如下图所示，

则阴影部分就是线段扫过的部分．∵正方形的边长为4∴，点P是的中点又∵的中点为O∴，∴又∵∴即线段扫过的面积为（2）∵点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿、向终点C和A运动，∴，如图，延长到K，使得，则是等边三角形，连接，取．

∵，∴，∴∠，∴，∴，∵，∴，∴四点共圆，

∴，∵，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴的值最大时，的周长最大，∴当是外接圆的直径时，的值最大，，∵圆心在的垂直平分线上，即此时垂直平分∴，∵，，，∴∴最大值为4，∴的周长最大值．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的性质，菱形的性质，四点共圆的判定，同圆中同弧所对的圆周角相等，不规则图形的面积，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．7．【读一读】一般地