专题34 动点综合问题（33题）（解析版）-2024年中考数学真题分类汇编

PAGE13PAGE14专题34动点综合问题（33题）一、单选题1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上，设此时，则，，在中，，即：，解得：，，故选：B．2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在等腰中，，，动点E，F同时从点A出发，分别沿射线和射线的方向匀速运动，且速度大小相同，当点E停止运动时，点F也随之停止运动，连接，以为边向下做正方形，设点E运动的路程为，正方形和等腰重合部分的面积为下列图像能反映y与x之间函数关系的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查动态问题与函数图象，能够明确y与x分别表示的意义，并找到几何图形与函数图象之间的关系，以及对应点是解题的关键，根据题意并结合选项分析当与重合时，及当时图象的走势，和当时图象的走势即可得到答案．【详解】解：当与重合时，设，由题可得：∴，，在中，由勾股定理可得：，∴，∴，∴当时，，∵，∴图象为开口向上的抛物线的一部分，当在下方时，设，由题可得：∴，，∵，,∴，∴，∴，∴，∴当时，，∵，∴图象为开口向下的抛物线的一部分，综上所述：A正确，故选：A．3．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（

）

A．4 B．5 C．8 D．10【答案】B【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∴，∵点M是的中点，∴；如图所示，在延长线上截取，连接，

∵，∴，∴，∴，∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，∵，，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴的最小值为5，故选：B．4．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（）A．2 B．3 C． D．【答案】C【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．【详解】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，故，当点P运动到中点时，的长为，故选C．5．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解．【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则，∵在菱形中，，，∴，，，∴，，在中，，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，∴，故选：C．二、填空题6．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为．【答案】【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．【详解】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，∴点B为定点，的长度为定值，∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴点H在以为直径的圆上运动，如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，∴当与相切时最大，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．7．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为．【答案】【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可.【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，∴当重合时，最小，最小值为，∵，，在中，∴，，∴，，∵，∴，故答案为：【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键．8．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为【答案】【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，当，，当，即，解得：，即；而，∴，∴均是等腰直角三角形，∴，∴，∵与相切，∴，∴，∵，∴当最小时即最小，∴当时，取得最小值，即点P与点K重合，此时最小值为，在中，由勾股定理得：，∴，∴最小值为．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．9．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则．【答案】/度【分析】本题考查了轴对称最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解．【详解】解：作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接，关于对称，∴，同理，，，，，是等腰三角形．，故答案为：．10．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点，连接，，则的最小值为．【答案】5【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，得到，，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当三点共线时，的最小值为，再利用勾股定理求即可．【详解】解：取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，则可知，，∴，即当三点共线时，的最小值为，∵直线垂直于y轴，∴轴，∵，，∴，∴在中，，故答案为：511．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为．

【答案】【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，

∵I是的内心，∴平分，∴，又，∴，∴，∴，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．12．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为．【答案】/【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．【详解】解：∵在中，，，∴，，则，∵E为边的中点，∴，∵沿翻折得，∴，∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，过C作于N，∵，∴，在中，，，∴，∴，∴面积的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．13．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为．【答案】/【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到，从而得解．【详解】解：∵正方形的边长为1，∴，，将顺时针旋转得到，则，∴，，，，∴点P、B、M、C共线，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，设，，则，，∴，∵，∴，即，整理得：，∴，当且仅当，即，也即时，取最小值，故答案为：．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键．14．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，在平行四边形中，，E、F分别是边上的动点，且．当的值最小时，则．

【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质．延长，截取，连接，，证明，得出，说明当最小时，最小，根据两点之间线段最短，得出当A、E、G三点共线时，最小，即最小，再证明，根据相似三角形的性质，求出结果即可．【详解】解：延长，截取，连接，，如图所示：

∵四边形为平行四边形，∴，，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴当最小时，最小，∵两点之间线段最短，∴当A、E、G三点共线时，最小，即最小，且最小值为的长，

∵，∴，∴，即，解得．故答案为：．三、解答题15．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，，，，反比例函数的图象与交于点，与交于点E．

(1)求m，k的值；(2)点P为反比例函数图象上一动点（点P在D，E之间运动，不与D，E重合），过点P作，交y轴于点M，过点P作轴，交于点N，连接，求面积的最大值，并求出此时点P的坐标．【答案】(1)，(2)最大值是，此时【分析】本题考查了二次函数，反比例函数，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：（1）先求出B的坐标，然后利用待定系数法求出直线的函数表达式，把D的坐标代入直线的函数表达式求出m，再把D的坐标代入反比例函数表达式求出k即可；（2）延长交y轴于点Q，交于点L．利用等腰三角形的判定与性质可得出，设点P的坐标为，，则可求出，然后利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：，，．又，．，点．设直线的函数表达式为，将，代入，得，解得，∴直线的函数表达式为．将点代入，得．．将代入，得．（2）解：延长交y轴于点Q，交于点L．

，，．轴，，．，，，．设点P的坐标为，，则，．．．当时，有最大值，此时．16．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点．(1)求反比例函数和一次函数的解析式；(2)P是直线上的一个动点，的面积为21，求点P坐标；(3)点Q在反比例函数位于第四象限的图象上，的面积为21，请直接写出Q点坐标．【答案】(1)，(2)点P坐标为或；(3)Q点坐标为或【分析】（1）先求出，再代入，得出，再运用待定系数法解一次函数的解析式，即可作答．（2）先得出直线与直线的交点的坐标，根据求不规则面积运用割补法列式化简得，解出，即可作答．（3）要进行分类讨论，当点在点的右边时和点在点的左边时，根据求不规则面积运用割补法列式，其中运用公式法解方程，注意计算问题，即可作答．【详解】（1）解：依题意把代入，得出解得把代入中，得出∴则把和分别代入得出解得∴；（2）解：记直线与直线的交点为∵∴当时，则∴∵P是直线上的一个动点，∴设点，∵的面积为21，∴即∴解得或∴点P坐标为或；（3）解：由（1）得出∵点Q在反比例函数位于第四象限的图象上，∴设点Q的坐标为如图：点在点的右边时∵的面积为21，和∴整理得解得（负值已舍去）经检验是原方程的解，∴Q点坐标为如图：点在点的左边时∵的面积为21，和∴整理得解得，符合题意，，不符合题意，则，故综上：Q点坐标为或．【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，几何综合，待定系数法求一次函数的解析式，割补法求面积，公式法解方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．17．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称．(1)求该抛物线的解析式；(2)当时，y的取值范围是，求t的值；(3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．（1）待定系数法求出函数解析式即可；（2）分和，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．（3）分为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称，∴，解得：，∴；（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线，∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小，∵时，，①当时，则：当时，函数有最大值，即：，解得：或，均不符合题意，舍去；②当时，则：当时，函数有最大值，即：，解得：；故；（3）存在；当时，解得：，当时，，∴，，设直线的解析式为，把代入，得：，∴，设，则：，∴，，，当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况：①当为边时，则：，即，解得：（舍去）或，此时菱形的边长为；②当为对角线时，则：，即：，解得：或（舍去）此时菱形的边长为：；综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2．18．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线与轴交于点，．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图，抛物线与轴交于点，点为线段上一点（不与端点重合），直线，分别交抛物线于点，，设面积为，面积为，求的值；(3)如图，点是抛物线对称轴与轴的交点，过点的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点，，过抛物线顶点作直线轴，点是直线上一动点．求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（）利用待定系数法即可求解；（）设，直线为，求出，直线为，求出，联立方程组得，，再根据，即可求解；（）设直线为，由得，得，设，，联立直线与抛物，得，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，则有，过点作于F，则，则，，根据勾股定理得，即可求出最小值．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，，

解得，∴抛物线的解析式为；（2）设，直线为，据题意得，，解得，∴，联立得，解得或，∴，设，直线为，据题意得，，解得，∴，联立得，解得或，∴，

，

，∴；（3）设直线为，由得，∴，∴，

设，，联立直线与抛物线，得，，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，

由题意得直线，则，∴，过点作于F，则．则，，

在中，，

即当时，，此时，故的最小值为．【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．19．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，，，，是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作，交于点Q，以为边作等边三角形，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为，与重合部分图形的面积为．

(1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）．(2)当点E与点C重合时，求t的值．(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．【答案】(1)等腰三角形，(2)(3)【分析】（1）过点Q作于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到，由，得到，解得到；（2）由为等边三角形得到，而，则，故，解得；（3）当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，，则，此时；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，此时，因此，故可得，此时；当点P在上，重合部分为，此时，，解直角三角形得，故，此时，再综上即可求解．【详解】（1）解：过点Q作于点H，由题意得：

∵，，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴为等腰三角形，∵，∴，∴在中，；（2）解：如图，

∵为等边三角形，∴，由（1）得，∴，即，∴；（3）解：当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，

∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴，由（2）知当点E与点C重合时，，∴；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，如图，

∵是等边三角形，∴，而，∴，∴，∴，当点P与点D重合时，在中，，∴，∴；当点P在上，重合部分为，如图，

∵，由上知，∴，∴此时，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴当点P与点B重合时，，解得：，∴，综上所述：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．20．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)当时，求的函数值的取值范围；(3)将拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，点为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)的最小值为：【分析】（1）直接利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；（2）求解的对称轴为直线，而，再利用二次函数的性质可得答案；（3）求解，，可得，求解直线为，及，证明在直线上，如图，过作于，连接，过作于，可得，，证明，可得，可得，再进一步求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）解：∵的对称轴为直线，而，∴函数最小值为：，当时，，当时，，∴函数值的范围为：；（3）解：∵，当时，，∴，当时，解得：，，∴，∴，设直线为，∴，∴，∴直线为，∵拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，而顶点为，∴，∴在直线上，如图，过作于，连接，过作于，∵，，∴，，∵对称轴与轴平行，∴，∴，∴，由抛物线的对称性可得：，，∴，当三点共线时取等号，∴，∴，∴，即的最小值为：．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，利用轴对称的性质求解线段和的最小值，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．21．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．(1)求点A的坐标；(2)求S与t的函数关系式；(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、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，说明理由．【答案】(1)点A的坐标为(2)(3)存在，，，，【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形【详解】（1）解：，解得，的长度是的根，∵是等边三角形，∴，过点A作轴，垂足为C，在中，∴，∴点A的坐标为（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，∴，，∴∴，；当时，过Q作，垂足为点E∵∴又∴，又，当时，过O作，垂足为F∴，同理可得，，∴；综上所述（3）解：当时，解得，∴，过点P作轴于点G，则∴∴点P的坐标为；当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则∴∴,即，解得，,∴，∴；当，解得，，不符合题意，此情况不存在；当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；综上，点N的坐标为，，，【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键22．（2024·江西·中考真题）综合与实践如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，．特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______；类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．拓展应用（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；②当时，请直接写出的长度．【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或.【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案.【详解】解：（1）∵，∴，，∵，∴，，∴；∴，，∴，∴，∴与之间的位置关系是，数量关系是；（2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下：∵，∴，，∵，∴；∴，，∴，∴，∴与之间的位置关系是，数量关系是；（3）由（1）得：，，，∴，都为等腰直角三角形；∵点F与点C关于对称，∴为等腰直角三角形；，∴四边形为正方形，如图，过作于，∵，，∴，，当时，∴，∴，如图，当时，此时，同理可得：，∴y与x的函数表达式为，当时，的最小值为；②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，∴，连接，，，∴，∴在上，且为直径，∴，过作于，过作于，∴，，∴，∴，∴正方形面积为,∴，解得：，，经检验都符合题意，如图，综上：当时，为或.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F．(1)求抛物线的解析式；(2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；(3)当时，求点P的坐标；(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______．【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；（3）先证明可得，设，则,可得，即，求得可得m的值，进而求得点P的坐标；（4）如图：将线段向右平移单位得到,即四边形是平行四边形，可得,即，作关于对称轴的点,则，由两点间的距离公式可得，再根据三角形的三边关系可得即可解答．【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，∴当时，，即；当时，，即；∵，∴设抛物线的解析式为，把代入可得：，解得：，∴，∴抛物线的解析式为：．（2）解：∵，，∴,∴，如图：当，∴,即；如图：当，∴,即；如图：当，∴,即；综上，点D的坐标为．（3）解：如图：∵轴，∴，∵轴，∴，∵，∴,∴,∵设，则,∴，∴，解得：（负值舍去），当时，，∴．（4）解：∵抛物线的解析式为：，∴抛物线的对称轴为：直线，如图：将线段向右平移单位得到,∴四边形是平行四边形，∴,即,作关于对称轴的点,则∴,∵，∴的最小值为．故答案为．24．（2024·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：经过点，与y轴交于点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)在直线上方抛物线上有一动点C，连接交于点D，求的最大值及此时点C的坐标；(3)作抛物线F关于直线上一点的对称图象，抛物线F与只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线上一点，H为抛物线对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标．【答案】(1)；(2)最大值为，C的坐标为；(3)点G的坐标为，，．【分析】（1）本题考查了待定系数法解抛物线分析式，根据题意将点坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；（2）根据题意证明，再设的解析式为，求出的解析式，再设，则，再表示出利用最值即可得到本题答案；（3）根据题意求出，再分情况讨论当为对角线时，当为边时继而得到本题答案．【详解】（1）解：，代入，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为．（2）解：如图1，过点C作x轴的垂线交于点M．∴轴，∴，∴，设的解析式为，把，代入解析式得，解得：，∴．设，则，∴，∵，，∴当时，最大，最大值为．∴的最大值为，此时点C的坐标为．（3）解：由中心对称可知，抛物线F与的公共点E为直线与抛物线F的右交点，∴，∴（舍），，∴．∵抛物线F：的顶点坐标为，∴抛物线的顶点坐标为，∴抛物线的对称轴为直线．如图2，当为对角线时，由题知，∴，∴．如图3，当为边时，由题知，∴，∴．如图4，由题知，∴，∴，综上：点G的坐标为，，．25．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且．(1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______；(2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设．①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围；②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答．（2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答．②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答．【详解】（1）解：如图：过点C作∵四边形是平行四边形，，∴∵∴∴∴∴∵∴∴故答案为：，（2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，∴，，∴∵∴∴∵四边形为平行四边形，∴，，∴是等边三角形∴∵∴∴；当与点重合时，此时与的交点为E与A重合，如图：当与点B重合时，此时与的交点为E与B重合，∴的取值范围为；②如图：过点C作由（1）得出，∴，∴当时，∴，开口向上，对称轴直线∴在时，随着的增大而增大∴；当时，如图：∴，随着的增大而增大∴在时；在时；∴当时，∵当时，过点E作，如图：∵由①得出是等边三角形，∴，∴，∴∵∴开口向下，在时，有最大值∴∴在时，∴则在时，；当时，如图，∴，随着的增大而减小∴在时，则把分别代入得出，∴在时，综上：【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．26．（2024·湖南·中考真题）已知二次函数的图像经过点，点，是此二次函数的图像上的两个动点．(1)求此二次函数的表达式；(2)如图1，此二次函数的图像与x轴的正半轴交于点B，点P在直线的上方，过点P作轴于点C，交AB于点D，连接．若，求证的值为定值；(3)如图2，点P在第二象限，，若点M在直线上，且横坐标为，过点M作轴于点N，求线段长度的最大值．【答案】(1)(2)为定值3，证明见解析(3)【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先求出直线的解析式，，则，，表示出，，代入即可求解；（3）设，则，求出直线的解析式，把代入即可求出线段长度的最大值．【详解】（1）∵二次函数的图像经过点，∴，∴，∴；（2）当时，，∴，∴，设直线的解析式为，∴，∴，∴，设，则，，∴，．∴，∴的值为定值；（3）设，则，设直线的解析式为，∴，∴，∴，当时，，∴当时，线段长度的最大值．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键．27．（2024·广东·中考真题）【问题背景】如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A．【构建联系】（1）求证：函数的图象必经过点C．（2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．【深入探究】（3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解；（2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解；（3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．【详解】（1）设，则，∵轴，∴D点的纵坐标为，∴将代入中得：得，∴，∴，∴，∴将代入中得出，∴函数的图象必经过点C；（2）∵点在直线上，∴，∴，∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，∵函数的图象经过点A，C，∴，，∴，∴，∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，∴，，∴，如图，过点D作轴，过点B作轴，∵轴，∴H，A，D三点共线，∴，，∴，∵，∴，∴,∵，∴，，∴，由图知，，∴，∴；（3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，∴，∵四边形为矩形，∴四边形为正方形，，∴，，，∵轴，∴直线为一，三象限的夹角平分线，∴，当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，∵轴，∴H，A，D三点共线，∵以点O为圆心，长为半径作，，∴，∴，∴，，，∵轴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，当过点A时，根据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，∵,∴为等边三角形，∵，∴，∴，，∴，，∵轴，∴，∴，∴,∴，∴，∴，∴,∴当与的边有交点时，k的取值范围为．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．28．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标；(3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或；(3)或或或【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；（2）先求得的坐标，根据勾股定理的逆定理得出是等腰三角形，进而根据得出，连接，设交轴于点，则得出是等腰直角三角形，进而得出，则点与点重合时符合题意，，过点作交抛物线于点，得出直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解；（3）勾股定理求得，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和点，∴解得：∴抛物线的解析式为；（2）由，当时，，则∵，则，对称轴为直线设直线的解析式为，代入，∴解得：∴直线的解析式为，当时，，则∴∴∴是等腰三角形，∴连接，设交轴于点，则∴是等腰直角三角形，∴，，又∴∴∴点与点重合时符合题意，如图所示，过点作交抛物线于点，设直线的解析式为，将代入得，解得：∴直线的解析式为联立解得：，∴综上所述，或；（3）解：∵，，∴∵点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，设其中∴，①当时，，解得：或②当时，，解得：③当时，，解得：或（舍去）综上所述，或或或．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．29．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点．(1)求二次函数的解析式及点的坐标；(2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为．①为何值时线段的长度最大，并求出最大值；②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)①当时，有最大值为；②当P的坐标为或时，与相似【分析】（1）把，，代入求解即可，利用待定系数法求出直线解析式，然后令，求出y，即可求出C的坐标；（2）①根据P、D的坐标求出，然后根据二次函数的性质求解即可；②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出，然后分，两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．【详解】（1）解：把，，代入，得，解得，∴二次函数的解析式为，设直线解析式为，则，解得，∴直线解析式为，当时，，∴；（2）解：①设，则，∴，∴当时，有最大值为；②∵，，∴，又，∴，又轴，∴轴，∴，当时，如图，∴，∴轴，∴P的纵坐标为3，把代入，得，解得，，∴，∴，∴P的坐标为；当时，如图，过B作于F，则，，又，∴，∴，∴，∴，∴，解得，（舍去），∴，∴P的坐标为综上，当P的坐标为或时，与相似．【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．30．（2024·四川广安·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．

(1)求此抛物线的函数解析式．(2)点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由．(3)点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．【答案】(1)(2)的最大值为，点的坐标为(3)点的坐标为或【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式；（2）先求解，及直线为，设，可得，再建立二次函数求解即可；（3）如图，以为对角线作正方形，可得，与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，设，则，求解，进一步求解直线为：，直线为，再求解函数的交点坐标即可.【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．∴；（2）解：当时，，∴，设直线为，∴，解得：，∴直线为，设，∴，∴；当时，有最大值；此时；（3）解：如图，以为对角线作正方形，∴，∴与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，设，则，∴,∴，由可得：∴，解得：，∴，设为：，∴，解得：，∴直线为：，∴，解得：或，∴，∵，，，正方形，∴，同理可得：直线为，∴，解得：或，∴，综上：点的坐标为或.【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.31．（2024·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，，，对称轴为直线，将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，抛物线与轴交于点，顶点为，对称轴为直线．(1)分别求抛物线和的表达式；(2)如图，点的坐标为，动点在直线上，过点作轴与直线交于点，连接，．求的最小值；(3)如图，点的坐标为，动点在抛物线上，试探究是否存在点，使？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)(3)存在，或【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式，求出其顶点坐标，由旋转可知抛物线的二次项系数为原来的相反数，顶点坐标与抛物线的顶点坐标关于原点对称，即可求解；（2）将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，则四边形为平行四边形，则，，因此，即可求解；（3）当点P在直线右侧抛物线上时，可得，作H关于直线的对称点，则点在直线上，可求直线的表达式为，联立，解得：或（舍），故；当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，可得，可证明出，由，得，设，则，，在和中，由勾股定理得，解得：或（舍），所以，可求直线表达式为：，联立，解得：或（舍），故．【详解】（1）解：设对称轴与x轴交于点G，由题意得，∵对称轴为直线，∴，∴，∴，将A、B、C分别代入，得：，解得：，∴，∴，顶点为∵抛物线绕点旋转后得到新抛物线，∴抛物线的，顶点为，∴的表达式为：，即（2）解：将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，∴，∵，∴直线为直线，∵轴，∴，对于抛物线，令，则，∴，∵点D与点关于直线对称，∴点，∵轴，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，当点三点共线时，取得最小值，而，∴的最小值为；（3）解：当点P在直线右侧抛物线上时，如图：∵抛物线，∴∵轴，∴，∵，∴，∴，作H关于直线的对称点，则点在直线上，∵点的坐标为，直线：，∴，设直线的表达式为：，代入，,得：，解得：，∴直线的表达式为，联立，得：，解得：或（舍），∴；②当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，如图：∵垂直平分，∴，∴，∴，∵∴，∴，由点得：，∵，∴，∴，∴，设，∴，，在和中，由勾股定理得，∴，解得：或（舍）∴，∴，∴，设直线表达式为：，代入点N，E，得：，解得：∴直线表达式为：，联立，得：，整理得：解得：或（舍），∴，综上所述，或．【点睛】本题是一道二次函数与角度有关的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三